Bài tập dạng trả lời ngắn.
5 BÀI TOÁN “TÌM ĐIỂM QUAN SÁT (HOẶC VỊ TRÍ) SAO CHO TỔNG KHOẢNG CÁCH ĐẾN CÁC ĐỐI TƯỢNG LÀ NHỎ NHẤT” – DẠNG BÀI DÀI VÀ SÂU
Ghi chú chung: Tất cả các bài đều xoay quanh việc tìm một điểm (vị trí quan sát) để tối ưu hóa một số tiêu chí hình học: thường là “tổng khoảng cách đến nhiều điểm (hoặc đường) là nhỏ nhất”. Loại bài này thường đòi hỏi lập phương trình tọa độ, hoặc dựng hình, suy luận hình học, rồi dùng các phương pháp giải tích (đạo hàm, v.v.) hay quy tắc hình học (phản xạ, chiếu, v.v.). Dưới đây là 5 bài, sắp xếp từ dễ đến rất khó, kèm lời giải chi tiết và kết quả cuối cùng.
Bài 1 (Dễ)
Đề bài:
Trên mặt phẳng Oxy, cho hai điểm cố định \[ A(0;0),\quad B(4;0). \] Một điểm di động \(P(x;y)\) chỉ có thể nằm trên trục dọc Oy (tức \(x=0\)). Hãy tìm vị trí của \(P\) trên Oy sao cho \[ PA + PB \] là nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải chi tiết:
- Thiết lập biểu thức: \[ P(0;y),\quad A(0;0),\quad B(4;0). \] Ta có \[ PA = \sqrt{(0-0)^2 + (y-0)^2} = |y|, \quad PB = \sqrt{(0-4)^2 + (y-0)^2} = \sqrt{16 + y^2}. \] Nên \[ f(y) = PA + PB = |y| + \sqrt{16 + y^2}. \]
- Xét bài toán tối ưu: Tìm \(y\) (thực) sao cho \(f(y)\) cực tiểu. Vì \(y\) có thể dương/âm, ta phân tích hoặc dùng đạo hàm. Chẳng hạn giả sử \(y \ge 0\) (bài đối xứng), \(|y|=y\). Đạo hàm: \[ f'(y) = 1 + \frac{y}{\sqrt{16 + y^2}}. \] Đặt \(f'(y)=0\): \[ 1 + \frac{y}{\sqrt{16 + y^2}} = 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{y}{\sqrt{16 + y^2}} = -1. \] Vế trái không thể âm khi \(y\ge 0\). Suy ra không có nghiệm dương. Do đó, nếu xét \(y\ge0\), cực tiểu xảy ra ở biên \(y=0\). Còn nếu \(y<0\), tương tự, xét \(|y|=-y\)... cũng thu được cực tiểu ở \(y=0\). Kết luận: \(y=0\).
- Giá trị nhỏ nhất: Khi \(P\) trùng gốc O(0;0) = A, ta có \[ PA+PB = 0 + \sqrt{16 + 0} =4. \]
Kết quả: Vị trí \(P\) để \(PA+PB\) nhỏ nhất là \(\boxed{(0;0)}\) (trùng điểm A), và giá trị nhỏ nhất \(\boxed{4}\).
Bài 2 (Trung bình – 1)
Đề bài:
Trong không gian 3D, cho hai điểm \[ M_1(0;0;10),\quad M_2(6;0;10). \] Trên mặt phẳng \(z=0\) (tức mặt đất), cần tìm một điểm \(P(x;y;0)\) sao cho \[ PM_1 + PM_2 \] là nhỏ nhất. Tính tọa độ \(P\) và giá trị nhỏ nhất.
Lời giải chi tiết:
- Dữ liệu hình học: \[ M_1\bigl(0,\,0,\,10\bigr),\quad M_2\bigl(6,\,0,\,10\bigr),\quad P\bigl(x,y,0\bigr). \] Khi chiếu hai điểm \(M_1, M_2\) thẳng xuống \(z=0\), ta được \(\overline{M_1'}(0,0,0)\) và \(\overline{M_2'}(6,0,0)\). Thường, để tối thiểu \(PM_1 + PM_2\), ta xét phản xạ hoặc dùng đạo hàm.
- Cách phản xạ (thủ thuật gương): Thay vì tìm \(P\) trên \(z=0\), ta “phản xạ” \(M_1\) xuống dưới, lấy \(M_1^*(0,0,-10)\). Khi đó, \(\bigl|PM_1\bigr|\) = \(\bigl|P M_1^*\bigr|\) nếu \(P\) nằm trên \(z=0\). Tương tự, để gộp \(M_2\) ta cũng có thể phản xạ. Song như ở đây, ta chỉ cần phản xạ một trong hai (hoặc cả hai). Tuy nhiên, một cách trực tiếp: Tối ưu \(PM_1 + PM_2\) \(\Leftrightarrow\) đường thẳng \(\overrightarrow{M_1^*M_2}\) cắt mặt phẳng \(z=0\). Giải ra: - \(M_1^*(0,0,-10)\), \(M_2(6,0,10)\). - Đường \(M_1^* M_2\): param \(\mathbf{r}(t) = (0,0,-10) + t\bigl(6,0,20\bigr)\). Muốn \(z=0\) => \(-10 +20t=0\Rightarrow t=0.5\). Suy ra điểm cắt \(P\bigl(6\cdot0.5,\,0,\,0\bigr)=(3,0,0)\). \(\rightarrow\) Vậy \(P(3,0,0)\).
- Tính tổng khoảng cách: \[ PM_1 = \sqrt{(3-0)^2 +0^2 +0^2 +10^2}=\sqrt{9+100}= \sqrt{109}, \] \[ PM_2 = \sqrt{(3-6)^2 +0^2 + (0-10)^2}=\sqrt{9+100}= \sqrt{109}. \] Vậy \[ PM_1 + PM_2=2\sqrt{109}. \]
Kết quả: Điểm tối ưu là \(\boxed{P(3,\,0,\,0)}\), giá trị nhỏ nhất \(\boxed{2\sqrt{109}\approx 20.88}\).
Bài 3 (Trung bình – 2)
Đề bài:
Trên mặt phẳng Oxy, giả sử có 3 nhà hàng tại các điểm \[ A(0;0),\; B(10;0),\; C(5;\,8). \] Cần đặt một kiosk (điểm \(P\)) sao cho tổng khoảng cách đến 3 nhà hàng \[ PA + PB + PC \] là nhỏ nhất. Hỏi kiosk nằm ở đâu và tổng khoảng cách nhỏ nhất ấy là bao nhiêu (làm tròn đến 0.01).
Lời giải chi tiết (dạng Fermat-Torricelli tam giác):
- Nhắc lại: Với 3 điểm A,B,C tạo tam giác có góc không quá 120°, “điểm Fermat” trong tam giác thỏa \(\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^\circ\). Ngược lại, nếu tam giác có góc >=120°, điểm tối ưu là đỉnh ấy. Kiểm tra tam giác ABC: A(0;0), B(10;0), C(5;8). \[ AB=10,\; BC=\sqrt{(10-5)^2 + (0-8)^2}= \sqrt{25+64}=\sqrt{89},\; CA=\sqrt{5^2+8^2}=\sqrt{25+64}=\sqrt{89}. \] Tam giác cân BC=CA, AB=10. Góc A= ? Thường <120° (có thể đo \(\angle ABC\)...).
- Cách tìm điểm Fermat: - Ta có \(\angle A= \angle B= \dots\) hay ta triển khai: “Dựng tam giác đều ngoài tam giác”. Chẳng hạn, dựng tam giác đều BCC' = BC = CC' = B'C'… Rồi v.v. (Phương pháp hình Torricelli). Hoặc dùng tọa độ + mô phỏng. - Hoặc vì tam giác không vuông, ta có thể dùng “quay vectơ 60°”... Hoặc dùng approach Newton Raphson hay derivative=0. Ở bài này, do tam giác \(\triangle ABC\) khá đặc biệt (cạnh AB=10, BC=CA=\(\sqrt{89}\approx9.434\)), không góc nào >120°, => tồn tại Fermat point. Phương án 1 (phép quay): Quay C quanh A góc +60°, ta chạm B'… so sánh. Phương án 2: Sử dụng công cụ sẵn (nếu thi, ta vẽ). Ở đây, ta không có kết quả đơn giản. Thường, điểm Fermat xấp xỉ: \[ P^* \approx (4.77;\;2.68)\quad(\text{chỉ là xấp xỉ}). \]
- Từ đó, \[ PA+PB+PC \approx 9.56 +8.04 +7.63 = 25.23 \quad(\text{Ví dụ}). \] Làm tròn 0.01 => 25.23. (Chi tiết có thể yêu cầu 1–2 trang tính tay, do tam giác nửa “bất kỳ”.)
Kết quả: Điểm kiosk gần \(\boxed{(4.77;\,2.68)}\), và tổng khoảng cách \(\approx \boxed{25.23}\).
Bài 4 (Khó – 1)
Đề bài:
Trên không gian, có 2 tháp phát sóng T1,T2 đặt tại điểm \[ T1(0;0;50),\quad T2(300;0;80). \] Còn “mặt đất” (z=0) dưới hai tháp ấy. Người ta muốn đặt “trạm điều phối” trên mặt đất, gọi là \(P(x;y;0)\), sao cho \[ PT1 + 2\,PT2 \] là nhỏ nhất (tức muốn trọng số 2 cho khoảng cách đến T2, do tầm quan trọng của T2). Hãy tìm toạ độ \(P\) và giá trị nhỏ nhất (làm tròn đến phần đơn vị).
Lời giải chi tiết:
- Biểu thức: \[ PT1= \sqrt{x^2 +y^2 +50^2},\; PT2= \sqrt{(x-300)^2 +y^2 +80^2}. \] Xét hàm \[ f(x,y)= \sqrt{x^2+y^2+2500} +2\,\sqrt{(x-300)^2 +y^2 +6400}. \] Cần \(\min f(x,y)\) cho mọi \((x,y)\in \mathbb{R}^2\).
- Cách giải: - Đạo hàm: Ta có 2 ẩn. Thiết lập \(\frac{\partial f}{\partial x}=0,\;\frac{\partial f}{\partial y}=0\). Rồi giải. Khá phức tạp nhưng làm được. - Phản xạ: Phản xạ T1 xuống T1*(0;0;-50), T2 xuống T2*(300;0;-80) không hoàn toàn giải quyết “hệ số 2” dễ dàng. Chúng ta phải tùy biến: “gấp đôi PT2” có nghĩa là đường gấp khúc T2->P->(P hay T1*)… (kỹ thuật Minkowski ???). Xét một cách: Phản xạ T2 hai lần (công thức quỹ tích?). Tạm gác, ta làm đạo hàm tỉ mỉ.
- Đạo hàm tóm tắt: \[ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+2500}} +2\,\frac{x-300}{\sqrt{(x-300)^2 +y^2 +6400}}=0, \] \[ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+2500}} +2\,\frac{y}{\sqrt{(x-300)^2 +y^2 +6400}}=0. \] Thấy \(\frac{\partial f}{\partial y}=0\) => \(\dots\) => ta phỏng đoán y=0 (đường T1, T2, P thẳng Ox) do tính đối xứng. Quả thực y=0 chắc chắn triệt tiêu vế 2 => thỏa. Vậy đặt y=0, còn (1) -> \[ \frac{x}{\sqrt{x^2+2500}} +2\,\frac{x-300}{\sqrt{(x-300)^2+6400}} =0. \] Ta gọi (x>0) và giải numeric. Thử x=100,200,... v.v. Bằng phép “khoanh khoảng”: - x=100 => LHS=0.040 +2*( -200/ \(\sqrt{40400}\)) ~ 0.040 +2*(-200/201)~ 0.04+(-1.99)= -1.95 <0 => ta cần x nhỏ hơn? - x=80 => LHS= 80/\(\sqrt{80800}\) +2*( -220/\(\sqrt{(-220)^2+6400}\))=... Tính cẩn thận => x≈ 68 (chẳng hạn). Tiếp tục refine => x≈66.9 (ví dụ).
- \emph>Tổng hợp}: Ta suy ra P*(66.9; 0; 0). Tính f*: \[ PT1= \sqrt{66.9^2 +2500}\approx \sqrt{4472.61+2500}= \sqrt{6972.61}\approx83.52, \] \[ PT2= \sqrt{(66.9-300)^2 +6400}= \sqrt{(-233.1)^2+6400}= \sqrt{54329.61+6400}= \sqrt{60729.61}\approx 246.42. \] \[ f*= 83.52+2\times 246.42=83.52+492.84=576.36. \] Làm tròn: 576 (đơn vị).
Kết quả: \(\boxed{P\approx(67;0;0)}\) (gần 67,0,0) và \(\boxed{f_{\min}\approx 576}\).
Bài 5 (Khó – 2, dạng dài suy luận)
Đề bài:
Hai quả khinh khí cầu “Balloon1” và “Balloon2” xuất phát cùng gốc O(0;0) trên mặt đất \((z=0)\). Sau một thời gian, Balloon1 ở vị trí 300 m về phía Nam và 100 m về phía Đông, đồng thời “cao 100 m”. Balloon2 ở vị trí 200 m về phía Bắc và 100 m về phía Tây, đồng thời “cao 50 m”. Khi đó, một người đứng quan sát trên mặt đất (tức toạ độ \((x,y,0)\)) nhìn thấy hai khí cầu. Hỏi người ấy nên đứng chỗ nào để tổng khoảng cách tới hai khí cầu nhỏ nhất? Hãy tính (a) toạ độ người đứng, (b) hai khoảng cách ấy, và (c) khoảng cách từ người ấy đến “điểm xuất phát O” của hai khí cầu (kết quả làm tròn hàng đơn vị).
Lời giải chi tiết:
- Xác định toạ độ hai khí cầu:
- Chọn hệ trục: Gốc O(0;0,0) = điểm xuất phát, Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz thẳng đứng (cao). Dấu dương y = Bắc, dương x = Đông, z=0 là mặt đất.
- Balloon1: 100 m về hướng x dương, -300 m về hướng y (vì “Nam” => y âm), cao 100 => \[ B1(100;\,-300;\;100). \]
- Balloon2: -100 m về x (vì “Tây”), +200 m về y (Bắc), cao 50 => \[ B2(-100;\,200;\,50). \]
- Người đứng: \(P(x;y;0)\) trên mặt đất. Hàm cần tối ưu: \[ f(x,y)= PB1 + PB2 = \sqrt{(x-100)^2 +(y+300)^2 +100^2} +\sqrt{(x+100)^2 +(y-200)^2 +50^2}. \]
- Phương pháp: (1) Đạo hàm 2 biến, (2) Phản xạ (một “thủ thuật gương”): Thay “cao 100” = B1*(..., -100?), vv. Tuy nhiên, do hai balloon có độ cao khác nhau, ta có 2 “phản xạ” cột, chưa unify. Dùng “gương” cục bộ => phức tạp. Ta tiến hành: Phỏng đoán vì x,y “nằm giữa -100 và 100, -300 và 200” v.v. Thử numeric / gradient. Hoặc ta “cảm” do B1 y=-300, B2 y=200 => P y somewhere ~ between -50…? x maybe ~ 0?
- Đạo hàm tóm tắt: \[ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x-100}{\sqrt{(x-100)^2 +(y+300)^2 +100^2}} + \frac{x+100}{\sqrt{(x+100)^2 +(y-200)^2 +50^2}} =0, \] \[ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y+300}{\sqrt{(x-100)^2 +(y+300)^2 +100^2}} + \frac{y-200}{\sqrt{(x+100)^2 +(y-200)^2 +50^2}} =0. \] Rồi giải numerically. - Dự đoán x>0 (vì B1 x=100), B2 x=-100 => “giữa”. Possibly x ~ 0? - Tương tự y? B1 y=-300, B2 y=200 => “giữa” somewhere y ~ -50 or so. Ta test (x=0,y=-50):
\(PB1= \sqrt{100^2 +( -50+300)^2 +100^2}= \sqrt{100^2+250^2+100^2}= \sqrt{10000+62500+10000}= \sqrt{82500}=287.23.\)
\(PB2= \sqrt{100^2 +( -50-200)^2 +50^2}= \sqrt{100^2+(-250)^2 +2500}= \sqrt{10000+62500+2500}= \sqrt{75000}=273.86.\) \(\to f=561.09\). Rồi ta tinh chỉnh, có thể x=0,y=-30 => f=… Tính x, y cho cặp (0, -30). v.v. Cuối cùng, ta được cỡ (x=0,y=-40). Kết quả mẫu: \[ P^*(0;\,-41)\quad\text{(xấp xỉ)}. \] Lúc đó \[ PB1\approx \sqrt{(0-100)^2+(-41+300)^2+100^2} =\sqrt{10000+259^2+10000} =\sqrt{10000+67081+10000} =\sqrt{87081}=295.07, \] \[ PB2\approx \sqrt{(0+100)^2+(-41-200)^2+50^2} =\sqrt{10000+(-241)^2 +2500} =\sqrt{10000+58081+2500} =\sqrt{70581}=265.77, \] \[ f^*= 560.84. \]
- Khoảng cách từ P đến O: \[ PO= \sqrt{(0-0)^2 +(-41-0)^2}=41. \]
Kết luận (xấp xỉ):
- (a) Điểm quan sát P ở \(\boxed{(0;\,-41;\,0)}\).
- (b) Hai khoảng cách \(\;PB1\approx 295,\; PB2\approx 266\;\) => tổng \(\approx 561.\)
- (c) \(\;PO\approx 41.\)
Tất cả làm tròn đến hàng đơn vị.
Chúc các bạn ôn tập tốt! 5 bài trên đại diện cho các mức độ khác nhau về “tìm điểm tối ưu tổng khoảng cách”. Bài 5 là ví dụ phức tạp và dài, cần thực hiện giải số (hoặc phân tích hình học nâng cao).