CÁC CHUYÊN đề TOÁN PHỔ THÔNG tập 1

  cu o             c c DIỄN ĐÀN TỐN HỌC VMF                           om Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác kh o ng bo                                         Tháng 06/2015  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Lêi nãi ®Çu oc u oc c om Tài liệu tài liệu thức Diễn đàn toán học (VMF) cá nhân thành viên trang diễn đàn thảo luận toán học nên xin mạo muội ghi xuất xứ VMF mong quản trò trang web bỏ qua yếu tố Hàng năm giáo viên trung học phổ thông làm sáng kiến kinh nghiệm lónh vực chuyên môn giảng dạy, nhiên lượng kiến thức mà thầy (cô) dày công bỏ nghiên cứu đa phần bò bỏ quên Hôm cố gắng tổng hợp lại sáng kiến kinh nghiệm để đưa vào chung thành tài liệu “CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG” Để tiện cho việc tổng hợp theo dõi, chia thành nhiều tập với độ dày tập tầm khoảng 50 trang Chỉ việc tổng hợp nội dung sáng kiến bạn tham khảo nên có điều sai sót mong bạn bỏ qua Người tổng hợp CD13 kh on gb Tập gồm nội dung: + Một số sai lầm giải toán nguyên hàm – tích phân + Một số sai lầm giải toán nguyên hàm – tích phân + Phương pháp giải số toán xác suất + Sử dụng vectơ chứng minh bất đẳng thức + Một số toán cực trò hình học toạ độ + Giải toán phương pháp toạ độ Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TỐN NGUN HÀM VÀ TÍCH PHÂN Trong q trình giảng dạy nội dung ngun hàm – tích phân tơi nhận thấy nhiều  học sinh còn mắc những sai lầm khơng đáng có. Qua bài viết này thơng qua những ví dụ  tơi muốn các em học sinh có thể tự mình điều chỉnh kỹ năng giải tốn phần ngun hàm  – tích phân để có kết quả tốt nhất.  Phân tích sai lầm thơng qua số ví dụ minh họa m 1.1 Sai lầm vận dụng định nghĩa ngun hàm co a, Ví dụ 1:  chứng  minh  rằng  F ( x )   (1  x )e  x   là  một  ngun  hàm  của  hàm  f ( x )  xe  x  trên R. Từ đó hãy tìm ngun hàm của hàm  g ( x )  ( x  1)e  x   *Một học sinh giải sau: F’(x) = -e - x + (1+x)e- x  =f(x) với mọi x =>F(x) là một ngun hàm của hàm f(x) trên R.  x x x x x  g  x  dx    x  1 e dx   xe dx   e dx    1  x  e  c    e  c    xe  x  c  với c = c1 – c2.  b, Ví dụ 2:  Tính   cot xdx    u  Đặt    s inx  dv  cos xdx gb oc * Một học sinh giải sau: uo c   (1  x )e  x  e  x   xe  x   * Phân tích: học sinh viết chung hằng số c cho mọi phép tính ngun hàm * Lời giải đúng: x x x x x  g  x  dx    x  1 e dx   xe dx   e dx    1  x  e  c1     e  c2    cos x I   cot xdx   dx    sin x  cos x  dx  du    sin x   v  s inx s inx.cos x dx   I   1???   s inx   s inx sin x * Phân tích: học sinh viết chung hằng số c cho mọi phép tính ngun hàm * Lời giải đúng: d  s inx  cos x I   cot xdx   dx    ln s inx  c sin x s inx on I 1.2.Sai lầm vận dụng bảng ngun hàm Ví dụ 3: tính  I    2x  1 dx kh * Một học sinh giải sau: I    2x  1 dx   2x  1 4 c * Ngun nhân dẫn đến sai lầm:   Học sinh vận dụng cơng thức   x n dx  x n 1  c  với n ≠  – 1.  n 1 * Lời giải đúng:   2x  1 dt dt t Đặt 2x + 1 = t   dt  2dx  dx     2x  1 dx   t   c  c  2 8 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 1.3.Sai lầm vận dụng định nghĩa tích phân Ví dụ 4: tính tích phân  I  dx   x  1   2 * Một học sinh giải sau: I dx   x  1  2 d(x  1)   x  1 2 1  x 1  2 1 4   1  3 * Ngun nhân dẫn đến sai lầm: hàm số  y  * Lời giải đúng:  Hàm  số  y   x  1  x  1 om  khơng xác định tại  x  1   2; 2     khơng  xác  định  tại  x  1   2; 2 suy  ra  hàm  b c khơng liên tục trên   2; 2 , do đó tích phân trên khơng tồn tại.  * Chú ý học sinh:  khi tính tích phân   f (x)dx  cần chú ý kiểm tra xem hàm số    a 1.4 Sai lầm biến đổi hàm số cu Ví dụ 5: Tính tích phân  I   x2  6x  9dx   oc  y = f(x) có liên tục trên đoạn [a, b] khơng?  Nếu có thì áp dụng các phương pháp được  học để tính tích phân đã cho, còn nếu khơng thì kết luận ngay tích phân đó khơng tồn tại.  * Một học sinh giải sau: 4 I   x  6x  9dx   (x  3) (x  3) dx   (x  3)d(x  3)  bo 4    4 2 * Ngun nhân dẫn đến sai lầm:  Phép biến đổi  (x  3)  x  3; x  [0, 4]  là khơng tương đương.  * Lời giải đúng: 4 I   x  6x  9dx   (x  3) dx on g 0  x  3 (x  3)   x  3d(x  3)   (3  x)d(x  3)   (x  3)d(x  3)   2 0 4 * Chú ý học sinh:  2n f  x   b 2n 2n   5 2  f  x     ( n ≥ 1, n ngun) b kh   2n f  x   dx   f  x  dx , ta phải xét dấu hàm số f(x) trên đoan [a, b] rồi dùng tính  a a chất để bỏ dấu giá trị tuyệt đối.  1.5 Sai lầm vận dụng phương pháp đổi biến Ví dụ 6: Tính tích phân  I   1 x2 dx   * Một học sinh giải sau: Đặt x = sint suy ra dx = costdt  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 1 1 1 cos2t t sin2t 1  I   1 sin t cos t.dt   cos t.dt  dt  (  )   sin2     2 4 0 * Ngun nhân dẫn đến sai lầm: học sinh  đổi biến nhưng khơng đổi cận * Lời giải đúng: Đặt x = sint suy ra dx = cost.dt              Đổi cận:  x   t  0;x   t  2    2  1 cos2t t sin2t  dt  (  )     I   1 sin2 t cos t.dt   cos2t.dt  2 4 0 0 * Chú ý học sinh: co b m Khi  gặp  tích  phân  dạng  I   c2  x2 dx ,  nếu  tích  phân  tồn  tại  thì  thơng  thường  ta  a x3 Ví dụ 7: Tính tích phân  I   1 x * Một học sinh giải sau: dx   uo c tính tích phân bằng cách đặt x = c.sint( hoặc x = c.cost) đổi cận, chuyển về tính tích phân  theo t.  1 Đặt x = sint suy ra dx = costdt . Đổi cân:  x   t  0;x   t  arcsin   4 arcsin arcsin 3 arcsin sin t 0 1 cos2t 0 cost cost.dt  0 sin t.dt   Đến đây học sinh thường  rất lúng túng vì số lẻ, do đó các em khơng tìm ra được đáp số.  cost.dt  oc I  sin t on gb * Ngun nhân dẫn đến sai lầm: khi gặp tích phân của hàm số có chứa biểu thức  1 x2   thơng thường ta đặt x = sint ( hoặc x = cost); nhưng đối với ví dụ 7, nếu làm theo cách  này sẽ gặp khó khăn khi đổi cận. Cụ thể khi x = 1/4 ta khơng tìm chính xác được t * Lời giải đúng:   Đặt  t =   t  1 x2  t  1 x2  2tdt  2xdx  xdx  tdt   15   Đổi cận:  x   t  1;x   t    4 15 I  (1  t )( tdt)  t 15  (1  t t  )dt    t  3 1 15  15 15 15 33 15       192 192 kh * Chú ý học sinh: khi gặp tích phân của hàm số có chứa biểu thức  1 x2 , nếu  cân của tích phân là giá trị lượng giác của góc đặc biệt thì  ta mới  tính tích phân bằng  cách đặt x =sint( hoặc x = cost) còn nếu khơng thì ta phải tìm phương pháp khác.  1.6 Sai lầm dùng cơng thức khơng có sách giáo khoa dx   x  2x  1 * Một học sinh giải sau: Ví dụ 8: Tính tích phân  I   Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 0 1  dx   dx  arctan(x 1) 1  arctan0  arctan(1)  2 x  2x  (x 1) 1 1 1 * Ngun nhân dẫn đến sai lầm: SGK hiện hành khơng cung cấp cơng thức                dx  arctanx  c    x2 * Lời giải đúng:   0 1 I dx   dx   x  2x  (x 1)2 1 1 1  Đặt x + 1 = tant   dx  dt  (1 tan2 t)dt    Đổi cận:  x   t  ;x  1  t    cos t  om I       (1  tan t)dt  dt  t  1 tan t 0 b c I   dx , thì ta tính tích phân bằng  c  x a cách đặt x = c.tant (hoặc x = c.cott). Chú ý cơng thức  1 tan2 t  1.7 Hiểu sai chất cơng thức Ví dụ 9: Tính tích phân  I   xex dx   1 ;1 cot t    cos t sin t uo c * Chú ý học sinh: khi gặp tích phân dạng  I   2 oc u  x u'  *Một học sinh giải sau: Đặt     x x v'  e v  e    e dx  2e   e   I   xe x x  2e2  e2 1  e2 1 gb x on * Ngun nhân dẫn đến sai lầm: học sinh hiểu sai bản chất cơng thức lấy tích phân từng  phần.  u  x du  dx   * Lời giải đúng: Đặt     x x dv  e dx v  e  I   xe x 2    e dx  2e   e  x x  2e2  e2 1  e2 1  1.8.Sử dụng sai cơng thức kh Ví dụ 10  Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 9 – x2; y = 0; x = 1; x = 4.  *Một học sinh giải sau: diện tích hình phẳng cần tìm là   4 x3 S   (9  x )dx  (9x  )    1 * Ngun nhân dẫn đến sai lầm:  học  sinh  vận  dụng  sai  cơng  thức  tính  diện  tích  hình  phẳng.  * Lời giải đúng: diện tích hình phẳng cần tìm là   Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 4 3 4   38 x3   x3 S    x dx   x dx    x dx  (9  x )dx   (x  9)dx   9x      9x     1   3 1 3 2.Một số tập tương tự 2                   dx   5/  x  3x        /  x2      2.dx     x2 /  1 sin2xdx       /  tan x  cot x  2.dx          8/  x3  2x2  x.dx      x2 16 dx   x 10 /  uo   x3ex  x2 3/  dx   x3 1 m dx 3/    cos x   /  x  x2 1 dx    co  x  4 dx 1/  c 5 2x  2x  dx     x  11/    13/   x2 12 /  x dx            14 /  x3dx   1 x dx x  x2   kh on gb   oc   Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TỐN NGUN HÀM VÀ TÍCH PHÂN     Một số sai lầm của học sinh khi tính tích phân  dx    (x  1) Bài 1: Tính tích phân:   I =   2 =- -1 = -   * Ngun nhân sai lầm :   khơng xác định tại x= -1   2;2  suy ra hàm số khơng liên tục trên  ( x  1) co Hàm số y =  m d ( x  1) dx  = =   2 x 1  ( x  1)  (x  1) * Sai lầm thường gặp: I =    2;2  nên khơng sử dụng được cơng thức Newtơn – Leibnitz như cách giải trên.  * Lời giải đúng   khơng xác định tại x= -1   2;2  suy ra hàm số khơng liên tục trên  ( x  1) c Hàm số y =   2;2  do đó tích phân trên khơng tồn tại.  * Chú ý đối với học sinh:  b uo Khi tính   f ( x)dx cần chú ý xem hàm số y=f(x) có liên tục trên  a; b  khơng? Nếu có thì  a gb oc áp dụng phương pháp đã học để tính tích phân đã cho còn nếu khơng thì kết luận ngay  tích phân này khơng tồn tại.  * Một số tập tương tự:  Tính các tích phân sau:  dx    1/   (x  4)  3/  dx     cos x   2 2/  x( x  1) dx     2    x e x  x dx   x 1   4/   dx    sin x Bài 2 :Tính tích phân: I =   on 2dt 1 t2   = ;  t  sin x (1  t ) 2 dx 2dt = =  2(t  1) 2 d(t+1) =   + c    sin x t 1 (1  t ) x kh * Sai lầm thường gặp: Đặt t = tg  thì dx =   dx  =   sin x   I =   do tg  2 x tg   2 =  tg  1 -    tg  khơng xác định nên tích phân trên khơng tồn tại.  * Ngun nhân sai lầm:  x x Đặt t = tg   x  0;    tại x =   thì tg  khơng có nghĩa.  * Lời giải đúng:    Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác   dx  =    sin x 0 I =   dx    cos x   2  x  d    x     2 4   tg    0 = tg  tg       2 4   2 x cos    2 4   dx   sin x       dx    cos x   2/  c co  1/   m * Chú ý đối với học sinh:  Đối với phương pháp đổi biến số khi đặt t = u(x) thì u(x) phải là một hàm số liên tục và  có đạo hàm liên tục trên  a; b   *Một số tập tương tự:   Tính các tích phân sau:  Bài 3: Tính I =   x  6x  dx  * Sai lầm thường gặp:  4 I =   x  6x  dx =  0 x  32 dx   x  3d x  3  x  3 * Ngun nhân sai lầm:  2    4   2 I =   x  6x   dx   4 oc uo Phép biến đổi   x  3  x   với x   0;4  là khơng tương đương.  * Lời giải đúng:  x  32 dx   x  d x  3    x  3d x  3   x  3d x  3      =  0  x  3  x  3  2      2 on gb    = - * Chú ý đối với học sinh:  2n  f x 2n  f  x         n  1, n  N    b b I  =   n  f x 2 n   f x dx ta  phải  xét  dấu  hàm  số  f(x)  a; b   rồi  dùng  tính  chất  tích  a a phân tách I thành tổng các phân khơng chứa dấu giá trị tuyệt đối.  Một số tập tương tự:  1/ I =    sin x dx  ;      0 kh  2/ I =   x  x  x  dx     3/ I =    x       dx   x    4/ I =   tg x  cot g x  dx   dx   1 x  2x  Bài 4: Tính I =   * Sai lầm thường gặp:  I =   1 d  x  1 x  1 1  arctg  x  1 01  arctg1  arctg     Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác * Ngun nhân sai lầm :  Học sinh khơng học khái niệm arctgx trong sách giáo khoa hiện thời.  * Lời giải đúng:  Đặt x+1 = tgt   dx  1  tg t dt   với x=-1 thì t = 0   với x = 0 thì t =    4 Khi đó I =    1  tg t dt  tg t    dt  t   m    co * Chú ý đối với học sinh:  Các khái niệm arcsinx, arctgx khơng trình bày trong sách giáo khoa hiện thời. Học  sinh có thể đọc thấy một số bài tập áp dụng khái niệm này trong một sách tham khảo, vì  các sách này viết theo sách giáo khoa cũ (trước năm 2000). Từ năm 2000 đến nay do các  khái niệm này khơng có trong sách giáo khoa nên học sinh khơng được áp dụng phương  b dx  ta dùng phương pháp đổi biến số  a 1 x c pháp này nữa. Vì vậy khi gặp tích phân dạng   đặt t = tgx hoặc t = cotgx ;  a 1 x2 dx  thì đặt x = sint hoặc x = cost  *Một số tập tương tự:  x  16 dx     x 1/ I =   3/ I = x dx   x8     2x  2x  dx   2/ I =   x2  gb Bài 5:   oc uo b   Tính :I =   x3 1 x2 dx   * Suy luận sai lầm:  Đặt  x= sint, dx = costdt  sin t dt   cos t on x3   x2 dx   Đổi cận: với  x = 0 thì t = 0  kh với x=   thì t = ?  * Ngun nhân sai lầm:   Khi gặp tích phân của hàm số có chứa   x  thì thường đặt x = sint nhưng đối với tích  phân này sẽ gặp khó khăn khi đổi cận cụ thể với x =   khơng tìm được chính xác t = ?  * Lời giải đúng: Đặt t =   x  dt =  x  x2 Đổi cận: với x = 0 thì t = 1; với x =   thì t =  dx  tdt  xdx   15   Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác                  MA-MB max    M”A”  M”B” max   M ' A'                M” = (A”B”)   Ox     M "  2;   M  2;5    M 'B' 2 m     Ý tưởng của lời giải trên vẫn dựa vào kết quả đã biết trong hình học phẳng. Tuy nhiên  khi thay đường thẳng (d) bằng trục Ox khi xét vị trí tương đối của các điểm đã làm cho  độ phức tạp trong tính tốn giảm đi rất nhiều.  Bài tốn 2:  2 1  ;    và  đường  thẳng  (d)  có  phương  3 3   Trong  khơng  gian  cho  điểm  A(1;0;1),    B  ; co trình tham số:                                                           x = t                                                                  (d):        y = t      , t R       z = 1-t         Tìm M  (d) sao cho:        a)  (MA+MB) nhỏ nhất.  gb oc uo c                                                 b)   MA-MB  lớn nhất.  Cách giải hình học khơng gian:      + Để giải câu(a) ta tìm điểm biểu diễn B’ là ảnh của B qua phép quay quanh trục (d)  với góc quay thích hợp sao cho A;B’;(d) đồng phẳng và A, B’ nằm về hai phía với (d) khi  đó: (MA+MB)min   M= (AB’)   (d).  +Để giải câu (b) ta tìm điểm B” là ảnh của B qua phép quay quanh trục (d) với góc  quay thích hợp sao cho A;B”;d đồng phẳng và A;B” nằm về một phía đối với (d). Khi đó  nếu (AB”) cắt (d) thì :  MA-MB max  M= (AB”)   (d).      Dựa vào kết quả đã biết trong hình học khơng gian, ta cũng có thể giải được bài tốn2.   Tuy nhiên việc tìm tọa độ điểm B’(trong câu a) hoặc B”(trong câu b) buộc ta phải thực  hiện nhưng phép tính phức tạp.  Để khắc phục tình trạng này, ta lại tiếp tục ý tưởng đã có trong lời giải của bài tập 1.  a)  Vì M  (d) Nên M có tọa độ (t;t;1-t) khi đó:  4 MA    MB  (t  1)  t  (t )  (t  )  (t  )  (  t )  3t  2t  12  3t  4t  A  3 y  on  2   (t  )   (t  )2   9      kh 2 2 ), B '( ; ), M '(t ;0) Xét: A '( ; 3 3    Khi đó MA + MB =  (M’A’+M’B’).  A'  M'      Vì M’ chạy trên  trục Ox  và A’; B’   nằm về hai phía đối với trục Ox nên:    (MA+MB)min   (M’A’+M’B’)min  M’= (A’B’)   Ox            x  O  B'  B  A' M ' 4      M '( ;0)  M ( ; ; )   9 9 M ' B ' 2 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác  b) Tương tự câu (a) có :       MA  MB   (t  )2    ) 3 Đặt A "( ; 2 B "( ; ) 3 2   (t  )     9   M "(t ; 0) Khi đó  :  MA  MB  M '' A '' M '' B ''         Vì M” chạy trên Ox  và A”;B” nằm về một phía với  trục Ox nên:               MA-MB max   M”A”  M”B” max   M”= (A”B” )    0x                 om   M " A"      M "(0; 0)  M (0;0;1)   M "B" 2 c c      Trong lời giải trên ta khơng những thay đường thẳng (d) bằng trục Ox khi biết vị trí  tương đối của các điểm mà còn chuyển hệ thống khơng đồng phẳng gồm hai điểm A;B và  đường thẳng (d) thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm A’ và B’ và trục Ox (trong câu  a)  hoặc  hệ  thống  đồng  phẳng  gồm  hai  điểm  A”  và  B”  và  trục  Ox  (trong  câu  b)  đó  là  những ngun nhân cơ bản giúp ta có một lời giải đơn giản.   Bài tốn 3 :  kh on gb oc uo       Trong khơng gian cho hai điểm A,B đường thẳng (d) Tìm điểm M (d) cho tam giác MAB có diện tích nhỏ                                 Phương pháp giải  :   - Với M thuộc (d) kẻ MH vng góc với AB .Cạnh AB khơng đổi .Khi đó diện tích tam  giác ABM có giá trị nhỏ nhất khi độ dài đoạn MH nhỏ nhất.   - Trong trường hợp nếu (AB) vng góc với (d) => M là giao của (d) và mặt phẳng chứa  (AB) và vng góc với (d).   - Nếu (AB) và (d) chéo nhau => MH là đoạn vng góc chung của (AB) và (d) . Bài tốn  quy về tìm điểm M là chân đường vng góc chung của (AB) và (d).              Vậy tốn phải thực theo bước sau:     - Điểm M chính là  chân đường vng góc chung của đường thẳng (d) và (AB), trong  đó M là điểm thuộc (d).     - Tìm véc tơ chỉ phương của (  ) là đường vng góc chung của (AB) và  (d).      - Lập phương trình mp(P) đi qua (AB) và chứa đường vng góc chung đó.      -  Tìm giao điểm M của (P) và (d).      Ví dụ 1  :  Trong  khơng  gian  cho  hai  điểm  A(1;-1;0),  B(1;0;1)  và  đường  thẳng  (d)  có  phương trình :                     x = -1+t                                  (d)             y = 1+t                                             z = -2                   Tìm điểm M trên (d) sao cho tam giác  MAB có diện tích nhỏ nhất.                                                 Lời giải Ta có :   M  (d )  Giả sử N(-1;1;-2)  (d). kẻ     MH  AB                     A  d  S ABC  AB.MH               ud  (1;1;0) ; AB   0;1;1  ud AB         M   AB, ud  AN  6   AB, ud , AN  khơng đồng phẳng                                                                      H    =>  (AB) và (d)  chéo nhau .  Gọi (  ) là đưòng vng góc chung của (AB) và (d)  B  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác                     u   AB, ud    1;1; 1  u  1; 1;1      Gọi (P) là mặt phẳng chứa (AB) và (  )   nP   AB, u    2;1; 1    Do  A  ( P)  nên mp(P) có phương trình (P) : 2x+y-z=1.  Lại có  M  ( P)  (d ) =>  M  (d )  M (1  t;1  t ; 2)   Do M   (P) nên thay toạ độ của M vào phương trình của (P) ta có  t = 0 => M(-1;1;-2).   Vậy M (-1;1;-2) thảo mãn u cầu của bài tốn .  m Bài tốn 4: kh o ng bo c uo c co     Trong khơng gian, cho mặt phẳng (P) hai điểm A,B có toạ độ cho trước Tìm điểm M mặt phẳng (P) cho : MA + MB đạt giá trị nhỏ Phương pháp giải  :   Để tìm điểm M thoả mãn tính chất trên ta thực hiện theo các bước sau:  Bước : Xét vị trí tương đối của A,B đối với mặt phẳng (P) bằng cách tính  :                 tA=axA + byA+czA+d       ;        tB=axB + byB+czB +d       * Nếu tA.tB  > 0  A,B cùng phía đối với (P). Thực hiện bước 2.      * Nếu tA.tB   0=> A,B cùng phía đối với (P).        Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) .   Mặt phẳng (P) có : n  3; 1; 2   Đường thẳng (AA1) được xác định bởi :                             Qua A(-7;4;4)                                  x = -7+3t               (AA1) :                                           (AA1) :     y = 4-t          (t   R )                                Vtcp  n  3; 1; 2                                 z = 4-2t  * Gọi H là hình chiếu  vng góc của A lên  (P). Ta có  H   AA1    P   Thay x,y,z từ  phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t = 1  H(-4;3;2).     Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có : A1(-1;2;0).  * Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác                            Qua A1(-1;2;0)                                 x = -1-5t               (A1B) :                                           (A1B) :     y = 2          (t   R )                                Vtcp  A1B  5; 0;3                             z = 3t  * Gọi N là giao điểm của  (A1B) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương trình  tham số của (A1B) vào pt của (P) ta được :  t   13   N   ; 2;   .     13  ; 2;   thoả mãn điều kiện bài ra.      Vậy điểm  M   om Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi  M  N.  Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có:           MA  MB  MA1  MB  A1 B  NA1  NB  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  M  N.  kh on g bo cu oc c b) | MA-MB| đạt giá trị lớn nhất .     Ta có: A,B cùng phía đối với (P).  * Phương trình tham số của đường thẳng (AB):                             Qua B(-6;2;3)                                 x = -6+t               (AB) :                                           (AB) :       y = 2-2t          (t   R )                                Vtcp  AB 1; 2; 1                            z = 3- t  * Gọi N là giao điểm của  (AB) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương trình  tham số của (AB) vào pt của (P) ta được :  t   N  5; 0;     * Ta đi chứng minh |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi  M  N.    Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :    | MA  MB | AB | NA  NB |           Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  M  N.    Vậy điểm  M  5;0;   thoả mãn điều kiện bài ra Ví dụ 3:   Cho hai điểm A(1;1;2), B(2;1;-3) và mặt phẳng (P) có phương trình :2x+y-3z-5=0. Tìm  M trên mặt phẳng (P) sao cho :                       a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.                      b) |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.     Lời giải: a) MA+MB đạt giá trị nhỏ     -  Xác  định  vị  trí  tương  đối của  hai  điểm  của  A,B  đối  với  mặt  phẳng  (P),  ta  có  :         tA.tB = (2.1+1-3.2-5).(2.2+1-3.(-3)-5) =-72  A,B khơng cùng phía đối với (P) .        Đường thẳng (AB) được xác định bởi :                             Qua A(1;1;2)                                  x = t               (AB) :                                           (AA1) :     y = 1          (t   R )                                     Vtcp  AB 1;0; 5                              z = 2-5t  Gọi N là giao điểm của  (AB) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương trình  tham số của (AB) vào pt của (P) ta được :  t   25 6   N  ;1;    17  17 17  * Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi  M  N.  Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :     MA  MB  AB  NA  NB           Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  M  N.   25 6  ;1;   thoả mãn điều kiện bài ra  17 17    Vậy điểm M  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác b) |MA-MB| đạt giá trị lớn    Ta có : A,B khác phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) .   Mặt phẳng (P) có : n  2;1; 3  Đường thẳng (AA1) được xác định bởi :                             Qua A(1;1;2)                                  x = 1+2t               (AA1) :                                           (AA1) :    y = 1+t          (t   R )                                Vtcp  n  2;1; 3                                z = 2-3t  A  I  H   AA1    P   Thay x,y,z từ  * Gọi H là hình chiếu  vng góc của A lên  (P). Ta có  B   15 11  ; ;     7 7 co m  23 15 10     Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có :  A1  ; ;     7  phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t =    H  * Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):                             Qua B(2;1;-3)                                                        x = 2 +9t   M              (A1B) :                                                                 (A1B) :     y = 1+8t     (t   R )    P   c   11     hay Vtcp  u  9;8;11                z = -3+11t  7 7                             Vtcp  BA1  ; ; * Gọi N là giao điểm của  (A1B) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương trình   95 79 78   N  ; ;   .   7  uo tham số của (A1B) vào pt của (P) ta được :  t  oc Ta đi chứng minh |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi  M  N.    Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :   | MA  MB || MA1  MB | A1 B | NA  NB |                                                                              Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  M  N.   95 79 78  ; ;   thoả mãn điều kiện bài ra.   7    Vậy điểm  M  gb  5 Bài tốn 5: on          Trong khơng gian cho mặt phẳng (P) hai điểm A,B có toạ độ cho trước Tìm điểm M mặt phẳng (P) cho hệ thức : P.MA2  Q.MB đạt giá trị nhỏ (Với tổng hệ số P+Q số dương ) Phương pháp giải  :             - Tìm I thoả mãn hệ thức :  P.IA  Q.IB             - Biểu thức : P.MA2  Q.MB  ( P  Q) IM  C  (C là hằng số, P+Q là một số dương).  kh Khi đó tổng  P.MA2  Q.MB  đạt giá trị nhỏ nhất khi độ dài MI nhỏ nhất  M I   p       Bài tốn quy về  : - Tìm toạ độ điểm I thoả mãn hệ thức véctơ .                                  -  Tìm toạ độ điểm M là hình chiếu vng góc của I trên (P)    Ví dụ :   Cho hai điểm A(1;7;1), B  5;5; 3  và mặt phẳng (P) : x+2y-2z+1=0. Tìm M nằm trên  (P) sao cho  MA2  MB  đạt giá trị nhỏ nhất.                                                                                     Lời giải        Giả sử I thoả mãn  IA  IB   =>I là trung điểm của AB  => I(3;6;-1).  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác  MA2  MB  MI  AB     ( MA2  MB )  M Imin  (do AB cố định)   M I   p                 on gb oc uo c co m    nP  1;2; 2   uIM                                                                                                 x = 3+t       Khi đó IM có phương trình tham số là :        (MI)            y = 6+2t                                                                                               z = -1-2t      Mà M nằm trên mặt phẳng (P) : x+2y-2z+1=0  nên M là giao điểm của (P) và đường  thẳng IM. Khi đó toạ độ của M là nghiệm của hệ phương trình sau:                            x = 3+t                                  y = 6+2t                            z = -1-2t                => t = -2 => M(1;2;3).                            x+2y-2z+1=0            Vậy M(1;2;3) là điểm thoả mãn u cầu bài ra .  2.6 Bài tập - Đáp án Bài : (Đề 97-Va )            Tìm  trên  trục  hồnh  điểm  P  sao  cho  tổng  các  khoảng  cách  từ  P  đến  hai  điểm  A(1;2) và B(3;4) là nhỏ nhất.   Bài 2 :  Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các  vng góc  Oxy,cho đường thẳng (d) có  phương trình  2x – 3y + 18 = 0 và các điểm  A(2;3)  ,B(-6;0). Tìm điểm M trên đường  thẳng (d) sao cho  MA+MB nhỏ nhất .     Bài 3 :   Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các  vng góc  Oxy ,cho đường thẳng (d) có  phương trình : x–2y+2=0  và hai điểm A(0;6),B(2;5). Tìm trên đường thẳng (d) điểm M  sao cho:                     a)    (MA+MB) nhỏ nhất.                         b)    | MA-MB| lớn nhất.  Bài (CĐ NƠNG LÂM - 2000)       Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vng góc Oxy, cho hai điểm  A(1;0) ,B(2;1)  và đường thẳng (d) có phương trình  2x – y + 3 = 0. Tìm điểm M trên đường thẳng (d)  sao cho  MA+MB là nhỏ nhất so với mọi điểm còn lại trên (d). Viết toạ độ điểm M.                 Bài 5. Cho hai điểm A(1;2;-1), B(  ; 2 ;-3 ) và đường thẳng (d) có phương trình :                      x + y +z -3 =0           (d)                          y + z - 5 = 0        Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho  MA+MB nhỏ nhất .hoctoancapba.com  Bài (ĐHQY-96)              Cho hai điểm A(1;1;0) ;B(3;-1;4 ) và đường thẳng (d)  : x  y 1 z     Tìm điểm  1 kh M trên đường thẳng (d) sao cho tổng các độ dài MA+MB nhỏ nhất .  Bài (CĐ SP KONTUM ( KA- 2003)) 2x +3y – 4 = 0    Cho đường thẳng (d)   :                                       và 2 điểm A(1,2,-1) ; B(7;-2;3)                                                     y+ z – 4 = 0  Trên (d), tìm điểm I sao cho độ dài đường gấp khúc IAB ngắn nhất.  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác GIẢI TỐN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ   Xây dựng hệ tọa độ om Xây  dựng  hệ  tọa  độ  hợp  lý  là  điều  rất  cần  thiết  cho  việc  ứng  dụng  của  phương  pháp tọa độ trong việc giải tốn. Đây là bước đầu tiên của bài giải. Người giáo viên cần  hướng dẫn khéo léo giúp học sinh nhận ra các tính chất đặc biệt của bài tốn, ở đây chủ  yếu là sử dụng tính vng góc, để xây dựng một hệ tọa độ mà trên đó các tham số được  giảm một cách tối ưu nhất.  Ở đây, ta xem xét một số trường hợp áp dụng tốt phương pháp này.  y y B(0;b) C(1;1) D(1;0) oc B(0;1) uo y A c c Đối với các bài tốn có một trong các tứ giác như: hình vng, hình chữ nhật, tam  giác vng. Đối với các hình như vậy ta có thể chọn hệ trục tọa độ có gốc nằm tại một  đỉnh vng, có hai trục Ox và Oy chứa 2 cạnh tương ứng của góc vng đó. Và chọn đơn  vị trên các trục bằng độ dài của một trong hai cạnh góc vng. Bằng cách chọn như vậy,  các tham số được giảm tối đa có thể. Và dạng hình này cũng là dạng áp dụng thuận lợi  nhất phương pháp tọa độ trong mặt phẳng này.  x A C(0;c) C(1;b) D(1;0) A x x gb B(1;0)         Đối với các bài tốn có chứa tam giác đều, tam giác cân, tam giác thường. Ta có  thể xây dựng  một hệ trục bằng cách dựa vào đường cao. Cụ thể, ta dựng đường cao từ  một đỉnh bất kỳ (đối với tam giác cân ta nên dựng đường cao từ đỉnh cân). Chân đường  cao khi đó chính là góc tọa độ, cạnh đáy và đường cao vừa dựng nằm trên hai trục tọa độ.  y y kh on B(0; ) A(-1;0) H C(0;h) C(1;0) x A(1-a;0) O B(1;0) x     Đối với các bài tốn có chứa các đường tròn thì ta có thể chọn góc tọa độ nằm tại  tâm của đường tròn và đơn vị của hệ tọa độ bằng bán kính đường tròn, một hoặc hai trục  chứa bán kính, đường kính của đường tròn.  Tuy nhiên, khi áp dụng thì khơng cứng nhắc trong việc chọn hệ trục tọa độ. Nên  để học sinh linh hoạt và tìm ra cách chọn tối ưu cho bài tốn.  Một số bài tốn có thể có nhiều đối tượng hình học trên đó, thì tùy vào giả thuyết  ta chọn hệ trục tọa độ cho phù hợp.  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Một số tốn áp dụng phương pháp tọa độ mặt phẳng a. Chứng minh các tính chất hình học.  Phương pháp tọa độ được áp dụng tốt nhất cho các bài tốn mà trên đó có quan hệ  vng góc xuất hiện. Nếu bài tốn có các đối tượng như là: hình vng, hình chữ nhật,  tam giác vng.  om Bài  tốn  1:  Cho hai hình vng ABCD AB ' C ' D ' chiều Chứng minh đường thẳng BB ', CC ', DD ' đồng quy.  oc Để  áp  dụng  phương  pháp  tọa  độ,  đầu  tiên ta giúp học sinh xây dựng  một hệ tạo độ  Oxy  cho  bài  tốn.  Ở  bài  tốn  này,  việc  xây  dựng hệ tọa độ khá đơn giản. Ta có thể chọn  hệ trục Oxy sao cho hình vng  ABCD  có 2  cạnh nằm trên 2 trục này.  c Bài tốn này nếu sử dụng phương pháp tổng hợp thì khá rắc rối. Tuy nhiên, nếu sử  dụng phương pháp tọa độ thì khá đơn giản.  Lời giải:  Chọn  hệ  trục  tọa  độ  sao  cho  A  0;0  ,  B  0;1 ,  D 1;0   Suy ra  C 1;1   oc u Gọi  B(a;b)  vì  hai  hình  vng  cùng  chiều nên ta suy ra D’(b;-a), C’(a+b;b-a).  Khi đó:  Đường thẳng BB’ có phương trình:  1  b  x  a  y  1  0  hay    1  b  x  ay  a  (1)  Đường thẳng CC’ có phương trình:  gb 1  a  b  x  1   a  b  1 y  1  0  hay     a   b  x   a  b  1 y  2a (2)  Đường thẳng DD’ có phương trình:  a  x  1   b  1 y  0  hay   ax   b  1 y  a  (3)  on Ta có (1) + (3) được phương trình (2). Do đó BB’ và DD’ cắt nhau tại (xo;yo) thì  (xo;yo) cũng thỏa phương trình của đường thẳng CC’.  Vậy 3 đường thẳng BB’, CC’ và DD’ đồng quy.  Cách chọn độ dài hình vng bằng 1 giúp giảm thiểu các tham số khơng cần thiết,  rất có lợi cho việc tính tốn.  kh Bài  tốn  2:  Cho đường tròn (O)  tâm O, đường kính AB C điểm thay đổi đường tròn (O) sao cho tam giác ABC khơng cân C Gọi H chân đường cao tam giác ABC hạ từ C Hạ HE, HF vng góc với AC, BC tương ứng Các đường thẳng EF AB cắt K Gọi D giao điểm (O) và đường tròn đường kính CH, D ≠ C Chứng minh K, D, C thẳng hàng Diendantoanhoc.net om Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác oc c   Bài này hình vẽ khá rắc rối và có thể ít khi nào các bạn nghĩ tới phương pháp tọa  độ mà nghĩ tới các phương pháp khác. Tuy nhiên, nếu biết cách chọn trục một cách khéo  léo thì dùng phương pháp tọa độ ta giải bài tốn này mà khơng phải tính tốn q nhiều.  oc u Ở  đây  ta  chọn  gốc  tọa  độ  tại  chân  đường  cao  của  tam  giác  ABC (lợi  dụng  được  tính vng góc) và đặt AB=2, khoảng cách từ chân đường cao H đến tâm O thay đổi tùy  theo vị trí của C và ta đặt HO=a Gọi HC=b Từ đó chúng ta xây dựng được một hệ trục  khá thuận lợi cho bài tốn.  Lời giải cụ thể cho bài tốn như sau:  Dựng hệ trục Oxy sao cho: H(0;0), O(0;a), A(-1+a), B(0;1+a) C(0;b).  Khi đó  b   1  a 1  a   – a   b  b2    Phương trình đường tròn (I;IC):  x   y    2  Phương trình đường tròn (O;1):   x  a   y    gb Đường thẳng CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (I;IC) và (O;1) nên có  phương trình là:  b2 b2 2ax  a  by – 1–  2ax – by  b    4 x y    bx   a – 1 y  b  a – 1   Phương trình đường thẳng AC:  a 1 b Phương trình đường thẳng HE:   a – 1 x – by    kh on  b b 1  –  a   Suy ra tọa độ điểm  E  ;     y Suy ra phương trình đường thẳng EF:   b x    b b 1  a  b  2 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác  b  ;0    Suy ra tọa độ giao điểm K của EF và AB là  K   2a  Dễ thấy tọa độ điểm K thỏa phương trình đường thẳng CD, suy ra K thuộc CD.  Vậy 3 điểm K, C, D thẳng hàng.   m Nhận xét: Bài tốn tốn hay có nhiều cách giải Trong cách giải phương pháp tọa độ trên, nhận xét CD trục đẳng phương hai đường tròn (O) (I) quan trọng, giúp ta giảm nhiều việc tính tốn Ý tưởng thường hay sử dụng để viết phương trình đường thẳng qua giao điểm hai đường tròn đường thẳng qua hai tiếp điểm gb oc uo c co Bài tốn 3: Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D.  Gọi F, H là hình chiếu của D và E trên BC. Gọi M là giao điểm của EF và DG. Chứng  minh rằng AM⊥BC.    Nhìn  vào  đề  bài  có  nhiều  yếu  tố  vng  góc  và  hình  vẽ  thì  thấy  bài  tốn  này  rất  thuận lợi trong việc áp dụng phương pháp tọa độ.  kh on Lời giải  Ta  chọn  hệ  trục  như  sau:  chân  đường  cao  hạ  từ  A  là  H  làm  gốc  tọa  độ,  A(0;1),  B(0;b) và C(0;c)  Khi đó phương trình đường thẳng AC: x  cy  c    Phương trình đường thẳng AB:  x  by  b    Phương trình đường cao BD:  cx  y  bc    Phương trình đường cao CE:  bx  y  bc     bc  c c  bc   cb  b b  bc  , ; Tọa độ điểm  D    và  E      c c   b b     2  bc  c   cb  b  ;0  , G  ;0    Suy ra tọa độ điểm  F   c 1   b 1  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác cb  b y b2     Phương trình đường thẳng DG:  2 bc  c cb  b c  bc  c2  b 1 c2  x Suy ra giao điểm của DG với trục tung là M có tung độ là:  bc  bc  1 c  b   bc  1  cb  c  bc  b   bc   bc  m yM  co Ta thấy biểu thức trên đối xứng với b, c nếu gọi M’ là giao điểm của EF với trục  tung thì M’ cũng có tung độ như trên. Do đó EF, DG cắt nhau tại một điểm trên trục tung,  hay AM⊥BC.  b. Chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định.  oc uo c Bài tốn 4: Cho tam giác ABC vng A khơng phải vng cân, cạnh AB AC lấy M, N cho BM=CN Chứng minh đường trung trực MN ln qua điểm cố định gb Lời giải.    Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho:  A(0;0), B(0;b) và C(1;0).  Gọi M(0;m) là điểm thay đổi trên cạnh AB với 0[...]... thêm các tài liệu học tập khác 1 4  I =  0 x 15 4 3 1 x2 dx = 15 4 1  t tdt  1  t dt   t  t     t 3   2 15 4 3 2 1  15 15 15  2 33 15 2          3 4 19 2 19 2 3   1 1 7 1/  tính I =  2 x3  1 x2 0 dx     2/tính I =   1 dx x x2  1 m * Chú ý đối với học sinh: Khi gặp tích phân của hàm số có chứa  1  x 2  thì thường đặt x  = sint hoặc gặp tích phân của hàm số có chứa 1+ x2 thì đặt x = tgt nhưng cần chú ý đến ...   gb 1 1 2 x2 1 x  là sai vì trong   1; 1  chứa x = 0 nên không thể   * Nguyên nhân sai lầm:   4 1 1 x  x2 2 x on chia cả tử cả mẫu cho x = 0 được  * Lời giải đúng:   xét hàm số F(x) =  1 ln x2  x 2 1    x2  x 2  1 x2  x 2 1 x2 1 (ln 2 )  4                      F’(x) =  x 1 2 2 x  x 2 1 1 x2 1 1 x2  x 2 1 1 1 2 2 dx Do đó I =   =    ln  ln 1  4 2 1  x 2 2 x  x 2  1 2 2... phương pháp này còn nếu không thì phải nghĩ đếnphương pháp khác.  *Một số bài tập tương tự:   co   1 x2 1 dx   4 1 1  x Bài 6: tính I =   1   1 1  2  1 2 x   x  dx   * Sai lầm thường mắc: I =    2 1 2 1   1  1 x x    2 x2 x  1 1   Đặt t = x+  dt  1  2 dx   x x   1 uo c 1 Đổi cận với x =  -1 thì t = -2 ; với x =1 thì t=2;  2 2   = ln  2 2 2 2  ln 2 2  ln oc 1 1 dt )dt =(ln t  2 -ln t  2 )  = ( I =... thêm các tài liệu học tập khác                     u   AB, ud    1; 1; 1  u  1; 1; 1      Gọi (P) là mặt phẳng chứa (AB) và (  )   nP   AB, u    2 ;1; 1    Do  A  ( P)  nên mp(P) có phương trình (P) : 2x+y-z =1.   Lại có  M  ( P)  (d ) =>  M  (d )  M ( 1  t ;1  t ; 2)   Do M   (P) nên thay toạ độ của M vào phương trình của (P) ta có  t = 0 => M( -1; 1;-2). ... download thêm các tài liệu học tập khác b) Ba bạn nam ngồi cạnh nhau.  (Bài 6 – trang 76 sách Đại số và giải tích 11 ) Phân tích: Đây tuy là một bài toán xác suất nhưng thực chất nó lại là một bài toán đếm trong tổ  hợp. Đó là tập hợp của các bài toán tổ hợp nhỏ quen thuộc như sau:  (1) Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang   cách).  om  ( Đáp số:  (2) Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ và 6 ghế kê theo hàng ngang, biết ... phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t = 1  H(-4;3;2).     Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có : A1( -1; 2;0).  * Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác                            Qua A1( -1; 2;0)                                 x =  -1- 5t               (A1B) :                                           (A1B) :     y = 2          (t ... gặp  các bài  toán chứng  minh  bất  đẳng  thức có chứa tổng của các căn bậc hai mà biểu thức trong dấu căn bậc hai có thể đưa về  tổng của các bình phương.  Ví dụ 1:  Chứng minh rằng:                a 2  a  1 + a 2  a  1  2   (1)  với mọi a thuộc R.  * Hướng giải quyết bài toán:     Bài toán này nếu đơn thuần chỉ sử dụng việc chứng minh BĐT thông thường thì sẻ  rất khó đối với hs, vì bài toán có hai căn bậc hai nên việc biến đổi sẻ rất khó. Nhưng nếu ...         (A1B) :                                                                 (A1B) :     y = 1+ 8t     (t   R )    P   c   9 8 11     hay Vtcp  u  9;8 ;11                 z = -3 +11 t  7 7 7                             Vtcp  BA1  ; ; * Gọi N là giao điểm của  (A1B) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương trình  9  95 79 78   N  ; ;   .  7  7 7 7  uo tham số của (A1B) vào pt của (P) ta được : ...                           z =  -1- 2t                => t = -2 => M (1; 2;3).                            x+2y-2z +1= 0            Vậy M (1; 2;3) là điểm thoả mãn yêu cầu bài ra .  2.6 Bài tập - Đáp án Bài 1 : (Đề 97-Va )            Tìm  trên  trục  hoành  điểm  P  sao  cho  tổng  các khoảng  cách  từ  P  đến  hai  điểm  A (1; 2) và B(3;4) là nhỏ nhất.   Bài 2 :  Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các  vuông góc  Oxy,cho đường thẳng (d) có ...                                z = 2-3t  A  I  H   AA1    P   Thay x,y,z từ  * Gọi H là hình chiếu  vuông góc của A lên  (P). Ta có  B   15 11 2  ; ;     7 7 7 co m 4 7  23 15 10     Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có :  A1  ; ;     7 7 7  phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t =    H  * Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):                             Qua B(2 ;1; -3)                                                        x = 2 +9t