Giáo án lớp 12 môn Hình học - Một số dạng cực trị hình học

CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 1 MỘT SỐ DẠNG CỰC TRỊ HÌNH HỌC PHẦN I. CÁC BÀI TỐN BÀI TỐN 1. Trong không gian Oxyz cho hai điểm : A( 1; 4; 2) ; B( -1; 2; 4), mặt phẳng (P): x+y-z+6=0 và đường thẳng 2 z 1 2z 2 1x:d  . 1) Tìm toạ độ điểm M trên (P) sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. 2) Tìm toạ độ điểm M trên d sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Lời giài 1) M thuộc (P) sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất: Ta có: Chu vi tam giác ABC là p = AB + MA+ MB , do AB không đổi nên p nhỏ nhất khi và chỉ khi (MA+MB) nhỏ nhất. f(A) =1+4-2+6 = 9 > 0 và f(B )= -1+2-4+6 = 3 > 0 nên A và B nằm một bên mặt phẳng (P); do đó điểm M cần tìm là giao điểm của đường thẳng (A’B) và mặt phẳng (P) ; với A’ là điểm đối xứng của A qua (P). Thật vậy , ta có :MA+MB = MA’+ MB = A’B ; với điểm N bất kỳ trên (P) thì NA+NB = NA’+NB  A’B ( Xét tam giác A’NB) , dấu đẳng thức xãy ra khi N M (đpcm). Phương trình của đương thẳng AA’:        t2z t4y t1x Hình chiếu vuông góc H của M trên (P) là giao điểm của AA’ và (P) : H(-2;1;5). H là trung điểm của AA’ nên: A’(-5;4;8). Phương trình đường thẳng A’B:        t24z t2y t21x Điểm M là giao điểm của đường thẳng A’B và (P) : M(-3;3;6). Vậy : M(-3;3;6) Ghi Chú: Bài toán vô nghiệm nếu A và B nằm hai bên mặt phẳng (P) 2) Tìm M thuộc d sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Ta có :Chu vi tam giác ABC là p = AB + MA + MB, do AB không đổi nên p nhỏ nhất khi và chỉ khi (MA+MB) nhỏ nhất Phương trình tham số của d:        t2z t2y t1x . Đặt M(1-t;-2+t;2t) d     9 35 3 5t.640t20t6t22t6tMA 2 2222             9 5 3 7t.636t28t6t24t4t2MB 2 2222       CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 2 Ta được:                    9 5 3 7t 9 35 3 5t.6MBMA 22 Vậy (MA+MB) nhỏ nhất khi và chỉ khi   9 5 3 7t 9 35 3 5ttf 22            nhỏ nhất. Ta tìm giá trị nhỏ nhất của f(t). Trong mặt phẳng Oxy, chọn điểm ba : )0;t('M; 3 5; 3 7'B; 3 35; 3 5'A         . Ta có f(t)= M’A’ + M’B’ nên f(t) nhỏ nhất khi và chỉ khi (M’A’+M’B’)nhỏ nhất, điều nầy xãy ra khi ba điểm A’,B’,M’ thẳng hàng hay   'B'M.t'A'M ( do M’ thay đổi trên Ox còn A’ và B’ nằm hai bên Ox) . Điều kiện cùng phương của hai véctơ cho )71(3 775t   . Vậy :           71(3 71410; )7(!3 71; )71(3 )721(2M . Ghi chú: 1. Có thể tìm điểm M bằng phương pháp hình học sau: gïọi A1 và B1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên d. Điểm M cần tìm sẽ là điểm chia đoạn thẳng A1B1 theo tỉ số: 1 1 BB AAk  . Ta tìm được : 7k; 3 14; 3 1; 3 4B 3 10; 3 1; 3 2A 11          ( Ta có thể chứng minh cách dựng điểm M như thế là thoả đề bài từ bài toán dựng hình đơn giản trong không gian) 2. Phương pháp hình học trên cho thấy : đặc biệt , nếu (AB) song song với d thì điểm M cần tìm là giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. BÀI TỐN 2. Cho hai điểm A ; B và đường thẳng d. Tìm trên d điểm M để : 1) (MA2+MB2) nhỏ nhất. 2)   MBMA nhỏ nhất 3) Tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Ví dụ Trong không gian Oxyz, cho hai điểm : A(1;4;2) , B(-1;2;4) và đường thẳng 2 z 1 2y 1 1x:)d(    . Tìm toạ độ điểm M trên (d) sao cho: 1)   MBMA nhỏ nhất. 2) ( )2 2MA MB nhỏ nhất. 3) Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất Lời giải CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 3 1)   MBMA nhỏ nhất. Cách 1: Phương pháp giải tích. Với M( 1-t ; -2+t ; 2t ) thuộc (d) thì: )t24;t4;t2(MB;)t22;t6;t(MA   . Do đó : 4444)2t(24MBMA)t46;t210;t22(MBMA 2   Vậy   MBMA nhỏ nhất là 44 khi t-2=0 hay t=2. Vậy: M(-1; 0; 4 ). Cách 2: Phương pháp hình học. Với điểm M bất kỳ trên (d).Gọi I là trung điểm của AB , ta có theo qui tắc cộng véctơ thì   MI.2MBMA . Do đó :   MBMA = 2.MI. Vậy   MBMA nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất. Điều nầy xảyra khi IM vuông góc với (d) , nghĩa là M là hình chiếu vuông góc của I trên (d). (do I cố định). Đặt M(1-t ; -2+t ; 2t) )d( . Trung điểm I của AB có toạ độ I(0;3;3). Do đó )t23;t5;t1(MI   .Đường thẳng (d) có véctơ chỉ phương: )2;1;1(a   . 2t0)2)(t23()1)(t5()1)(t1(0a.MI)d(MI   . Vậy: M(-1;0;4). 2) (MA2+ MB2) nhỏ nhất: Cách 1: Phương pháp giải tích M(1-t; -2+t ; 2t) )d( cho: MA2+MB2 = (t2+(6-t)2+(2-2 t)2+(-2+t)2+(4-t)2+(4-2t)2. = 12t2 – 48 t +76 = 12(t-2)2 +28 28 . Vậy (MA2+MB2) nhỏ nhất là 28 khi t=2 hay M(-1;0;4). Cách 2: Phương pháp hình học: Gọi I là trung điểm AB ; ta có hệ thức độ dài trung tuyến MI trong tam giác MAB: 2 AB 4 MIMBMA 22 22  ; do AB là hằng số nên : (MA2+MB2) nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, mà I cố định nên MI nhỏ nhất khi IM vuông góc với(d) hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d) Lời giải Đặt M(1-t ; -2+t ; 2t) )d( . Trung điểm I của AB có toạ độ I(0;3;3). Do đó )t23;t5;t1(MI   .Đường thẳng (d) có véctơ chỉ phương: )2;1;1(a   . 2t0)2)(t23()1)(t5()1)(t1(0a.MI)d(MI   . Vậy : M(-1;0;4). 3/ M thuộc (d) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Cách 1: Phương pháp giải tích CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 4 Với M( 1-t ; -2+t ; 2t ) thuộc (d) thì: )t22;t6;t(MA   .Mặt khác : )2;2;2(AB   . Ta có          AB,MA2 1S ABC , mà )t412;t24;t616(AB,MA        Do đó 416t304t56 2 1)t412()t24()t616( 2 1S 2222  . Từ đó S nhỏ nhất khi ) 7 38; 7 5; 7 12(M 7 19t  Cách 2: Phương pháp hình học Ta có với M trên (d) thì diện tích tam giác MAB là MH.AB. 2 1S  , trong đó MH vuông góc AB. Do AB là hằng số nên S nhỏ nhất nếu và chỉ nếu MH ngắn nhất, điều nầy xảy ra khi MH là đoạn vuông góc chung của (AB) và (d). (d) có véctơ chỉ phương là )2;1;1(a   .Đường thẳng (AB) có véctơ chỉ phương )1;1;1('a   và có phương trình tham số là        't2z 't4y 't1x .Với M(1-t;-2+t;2t) )d( và H(1+t’;4+t’;2-t’) )AB( thì )t2't2;t't6;t't(MH   MH là đoạn vuông góc chung của (d) và AB          'aMH aMH                7 22't 7 19t 10t2't6 4't3t2 Vậy điểm M cần tìm ứng với ) 7 38; 7 5; 7 12(M 7 19t  BÀI TỐN 3. Cho điểm A và đường thẳng d. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d có d(M,d) lớn nhất Ví dụ Trong không gian Oxyz cho điểm A(1;2;4) và đường thẳng 2 z 1 2y 1 1x:)d(    . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất. Lời giải Cách1:Phương pháp hình học Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) và K là hình chiếu vuông góc của A trên (d). Ta có theo tính chất đoạn vuông góc và đoạn xiên : MKMH  , nên MH lớn nhất khi KH  . Vậy mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng vuông góc với AK tại K. Ta có )2t2;6t;t(AK)d()t2;t2;t1(K   (d) có véctơ chỉ phương )2;1;1(a   . CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 5 3 5taAK   . Do đó ) 3 4; 3 13; 3 5(AK   . Chọn véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là )4;13;5(n   . Chọn điểm )P(M)d()0;2;1(M 00  . Phương trình mặt phẳng (P): 5(x-1)+13(y+2)-4(z-0) = 0  5x+13y-4z+21 = 0. Cách 2: Phương pháp giải tích. Đặt (P): Ax+By+Cz +D = 0 ( )0CBA 222  . Chọn M(1;-2;0) và N(0;-1;2) thuộc (d) suy ra M,N thuộc (P). Ta được :             2 BAC B2AD 0DC2B 0DB2A . Do đó (P): .0B2Az. 2 BAByAx  Ta có d= AB2B5A5 B5A2 )P;A(d 22    . Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: A=0. Ta được : 52 B5 B52 d 2  Trường hợp 2: 0A  . Ta được : ) A Bx( x2x55 x512 A B2 A B55 A B512 d 22                . Ta có 5x2x5 )1x10x25(4d 2 2 2   ; Hàm số 5x2x5 1x10x25)x(f 2 2   đạt GTLN là : 5 13xkhi 6 35  Vậy 5 13 A Bxkhi 3 70dmad) 6 35(4dmax 2  . ( Chọn trường hợp 2 vì 52 3 70  ) Chọn A=5; B=13 thì C=-4 ; D= 21. Phương trình mặt phẳng (P): 5x+13y-4z+21=0. Ghi chú: . Có thể xét B=0 , 0B  (Tương tự như xét A). BÀI TỐN 4. Cho hai đường thẳng d và d’. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với d’ góc lớn nhất. Ví dụ Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng        t2z t2y t1x :)d( . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất. Lời giải Cách 1: Phương pháp hình học. CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 6 Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy. Lấy điểm M trên d’ ; gọi K là hình chiếu của M trên d. ta có : )Oy,d(MAK   .Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (P) thì )P,Oy()P,'d(MAH   . Như thế : AM MHsin; AM MKsin  .Trong tam giác vuông MHK thì KHkhimaxsinsinMKMH  . Vậy mặt phẳng (P) cần tìm vuông góc với MK tại K. A(1;-2;0) thuộc d. Đường thẳng Oy có véctơ chỉ phương )0;1;0(j   ; nên nếu d’ qua A và song song với Oy thì d’ có phương trình là        0z t2y 1x . Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình chiếu vuông góc của M trên d là )6 2; 6 5; 6 1(MK) 3 1; 6 11; 6 5(K   ) . Chọn véctơ pháp tuyến của (P) là )2;5;1(n   Phưong trình mặt phẳng (P): 0) 3 1z(2) 6 11y(5) 6 5x(1  Vậy (P): x+5y-2z+9= 0. Cách 2: Phương pháp giải tích. Lấy M(1;-2;0) d ; N(0;-1;2) d. Đặt (P): Ax+By+Cz+D=0  0CBA 222  Do M và N thuộc (P) nên:       2 BAC B2AD 0AB2z 2 BAByAx:)P(  . Ta có VTPT của (P) là ) 2 BA;B;A(n   và VTCP của Oy là )0;1;0(j  . Gọi )Oy,P( thì AB2B5A5 B2 2 BABA B j.n j.n sin 222 22            +Nếu B=0 thì sin = 0  = 00. +Nếu B 0 thì ) B Ax( 5x2x5 2 B A25 B A5 2sin 22              Xét hàm số 5x2x5 4sin)x(f 2 2   . 5 1x0)x('f; )5x2x5( )2x10(4)x('f 22   . Ta được Maxf(x)= 6 5 khi 5 1x  Vậy  lớn nhất khi 5 1 B A  . Chọn A=1 và B=5 thì C=-2 , D= 9. CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 7 Phương trình mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0. Chú ý: Có thể viết 5 24 2 5 24 5 1x5 2 5 24) 25 1x 5 2x(5 2sin 2 2           Do đó max(sin  ) = 24 52 khi 5 1x  . BÀI TỐN 5. Cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất. Ví dụ Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 3z1y 2 1x  và mp’(P): x+2y-z+5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất. Lời giải Cách 1: Phương pháp hình học: Gọi d’= (P) (Q) và A=d  (P) thì A d’.Lấy K d,kẻ KH  (P) và HI  d’thì :   )Q,P(KIH . Trong tam giác vuông KIH : HI KHtan  , do KH không đổi nên: tan  nhỏ nhất  HI lớn nhất  I A (do HI  HA). Khi ấy thì d’ vuông góc với d . Vậyd’đi qua A vuông góc với d và nằm trong (P). Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’. VTCP của d là )1;1;2(u   ; VTPT của (P) là )1;2;1(n P   suy ra VTCP của d’ là )1;1;1('uhay)3;3;3(n,u'u P         . Do đó VTPT của mặt phẳng (Q) là: )1;1;0(nhay)3;3;0('u,un QQ         . Điểm M(-1;- 1;3)d M  (Q). Mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình: 0(x+1)+1(y+1)-1(z-3) = 0  y-z+4 = 0 Cách 2: Phương pháp giải tích. Đặt phưong trình mặt phẳng (Q): Ax + By + Cz +D = 0 )0CBA( 222  M(-1;-1;3) d ; N(1;0;4) d M;N  (Q) Ta được:      B4A7D BA2C Do đó (Q): 0B4A7z)BA2(ByAx  . VTPT của (Q) là )BA2;B;A(nQ   . Ta có VTPT của mặt phẳng (P) là : )1;2;1(n P   .Gọi  là góc giữa (P) và (Q) thì: CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 8 AB4B2A5 BA . 6 3 n.n n.n cos 22 QP QP      . Ta xét hai trường hợp của A. Trường hợp 1: A = 0. Ta được cos = 2 3 B2 B . 6 3 2  Trường hợp 2: A 0 Ta có            A B4 A B25 A B1 . 6 3cos 2 Xét hàm số: f(x) = )cos)x(f; A Bx( 5x4x2 1x2x. 6 9 2 2 2     22 5x4x2 6x6. 6 9)x('f   f’(x) = 0  x= -1. Vậy cos2 < 4 3 2 3cos  6  ( Do hàm cosin x nghịch biến trên đọan      2 ;0 ) Trường hợp (1) và (2) 6 min  . Khi ấy thì A=0 , ta chọn B=1  C= =1 và D= 4. Vậy phương trình mặt phẳng (Q) : y-z+4 = 0. Ghi Chú: Có thể xét hai trường hợp B=0 ; B 0 (Hoặc xét hai trưòng hợp A+B=0 ; A+B 0 ) BÀI TỐN 6. Cho hai điểm A; B và đường thẳng d. Trong các đường thẳng đi qua A và cắt d, viết phương trình đường thẳng có khoảng cách đến B là : 1) Lớn nhất. 2) Nhỏ nhất. x + -1 f’(x) f(x) 0 - + 0 4 3 4 3 - CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 9 Ví dụ Trong không gian Oxyz cho hai điểm : A(1;4;2) ; B(-1;2;4) và đường thẳng        t2z t2y t1x :d . Trong các đường thẳng đi qua A và cắt d ; hãy viết phương trình đường thẳng )( có khoảng cách đến điểm B là : 1) Nhỏ nhất. 2) Lớn nhất Lời giải Cách 1: Phương pháp hình học. Gọi )( là đường thẳng qua A và cắt d; )( và d cùng thuộc măt phẳng (P)= mp(A;d). Gọi H là hình chiếu của B trên (P); K là hình chiếu của H trên )( thì BK  )( . Vậy BK chính là khoảng cách từ B đến )( . * Trong tam giác vuông BKH thì BK BH nên BK ngắn nhất khi K H . Khi ấy )( đi qua hai điểm A và H. *Trong tam giác vuông BKA thì BK BA nên BK lớn nhất khi K A . Khi ấy )( đi qua A nằm trong (P) và vuông góc với BA. 1) Trường hợp d(B, )( nhỏ nhất. Phương trình mp(P)= mp(A,d). VTCP của d là )2;1;1(a d   . Hai điểm A(1;4;2) và M(1;-2;0) thuộc d và )2;6;0(AM   .Do đó VTPT của mp (P) là )6;2;10(AM,an d         . Ta chọn )3;1;5(n   .Ta được phương trình mp(P): 5(x-1)-1(y+2)+3(z-0) = 0  5x-y+3z-7 = 0.Gọi H là hình chiếu của B trên (P). Ta dễ dàng tìm được ) 35 146; 35 68; 7 5(H  . Như thế véctơ chỉ phương của )( là ) 7 76; 7 72; 7 12(AH   . Chonï VTCP của )( là )19;18;15(a   . Ta đựoc phương trình của )( : 19 2z 18 4y 15 1x   2) Trường hợp d(B, )( lớn nhất Trường hợp nầy thì )( nằm trong (P) , đi qua A và vuông góc với BA. Ta có )2;2;2(AB   ; VTPT của (P) là )3;1;5(n   . Do đó VTCP của )( là:         n,ABa =(-4;16;12) . Chọn )3;4;1(a   . Ta được phương trình đường thẳng 3 2z 4 4y 1 1x:)(    Cách 2: Phương pháp giải tích. CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 10 Gọi M = d  )( thì M( 1-t;-2+t;2t) và )( có VTCP là )2t2;6t;t(AM   . Ta có: )2;2;2(AB   . Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng )( là: 20t10t3 208t152t28 40t20t6 416t304t56 AM AB,AM d 2 2 2 2              Xét hàm số 20t10t3 208152t28d)t(f 2 2 2   .Ta có 22 2 )20t10t3( )60t8t11(16)t('f   . f(t) = 0  t = -2 hoặc t = 30 11 . Do 3 28)t(flim; 15 4) 11 30(f12)2(f x   nên Max f(t) = 12 khi t = - 2 và min f(t) = 4 5 khi t = 30 11 . Với max f(t) = max d2= 12 , ta có max d = 12 khi t = -2 cho )6;8;2(AM   . Chọn VTCP của )( là )3;4;1(a   ta được phương trình 3 2z 4 4y 1 1x:)(     Với min f(t) = mind2 = 4 5 , ta có min d = 15 2 khi 11 30t  cho        11 38; 11 36; 11 30AM Chọn VTCP của )( là )19;18;15(a   . Vậyta được phương trình của )( là: 19 2z 18 4y 15 1x   CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 11 PHẦN II. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. ( ĐH khối A – 2008) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2; 3; 5) và đường thẳng d: 1 2 2 1 2 x y z   . 1) Tìm toạ độ hình chiếu vuơng gĩc của A trên đường thẳng d. 2) Viết phuơng trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất. Bài 2. (ĐH An Giang - khối B 2001) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cĩ độ dài cạnh bằng 1. Các cạnh bên là AA’, BB’, CC’, DD’ . Đặt hệ trục Oxyz sao cho A(0; 0; 0) , B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A’(0; 0; 1). 1) Viết phương trình của chùm mặt phẳng chứa đường thẳng CD’. 2) Giả sử (P) là mặt phẳng bất kì chứa đường thẳng CD’ cịn  là gĩc giữa mp’(P) và mp’(BB’D’D). Tìm giá trị nhỏ nhất của số đo gĩc  Bài 3. (ĐH Lâm Nghiệp 2001) Lập phương trình mặt phẳng (R) đi qua đường thẳng d: 2 1 2 x t y t z t        và tạo với mặt phẳng (P): 2x – y – 2z – 2 = 0 một gĩc nhỏ nhất. Bài 4. (ĐH Ngoại Thương 1996) Tìm điểm A thuộc mặt cầu (V): x2 + y2 + z2 – 2x + 2z – 2 = 0 sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P): 2x – 2y + z + 6 = 0 đạt giá trị nhỏ nhất, đạt giá trị lớn nhất. Bài 5. ( HVKTQS 1995) Cho A(-1; 3; -2) và B(-9; 4; 9) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm điểm K thuộc mặt phẳng (P) sao cho AK + BK nhỏ nhất. Bài 6. ( HVQY 1996) Cho A(1; 1; 0) và B(3; -1; 4). Tìm điểm I trên đường thẳng d: 1 1 2 1 1 2 x y z     sao cho IA + IB nhỏ nhất. Bài 7. ( ĐH Huế 1997) Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng ( ) : 2x – y + z + 1 = 0 sao cho |MP – MQ| đạt giá trị lớn nhất, biết toạ độ các điểm P(3; 1; 0); Q(-9; 4; 9). Bài 8. (ĐH Mỏ - Địa chất 1997) Cho A(1; 4; 5), B(0; 3; 1), C(2; - 1; 0) và mặt phẳng (P): 3x – 3y – 2z – 15 = 0. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. M là điểm nằm trong mặt phẳng (P). Chứng minh rằng: Điều kiện cần và đủ để T = MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất là M là hình chiếu vuơng gĩc của G trên (P). Xác định toạ độ của điểm M. Bài 9. (HVBCVT 2000) Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) : x + y + z + 3 = 0 để | |1 2MM MM   đạt giá trị nhỏ nhất, biết M1(3; 1; 1), M2(7; 3; 9) Bài 10. (ĐHDLPĐ 2000) Cho A(3; 0; 2) , B(1; 2; 1) . Tìm điểm I trên đường thẳng d: 1 1 3 2 1 x y z    sao cho vectơ IA IB   cĩ độ dài nhỏ nhất. Bài 11. (ĐH Nơng Lâm TP. HCM 2001) CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC VŨ NGỌCVINH THPT A Nghĩa Hưng 12 Cho hai đường thẳng (d) : 2 3 4 0 4 0 x y y z        và (d’): 1 3 2 1 2 x t y t z t         Hai điểm A, B khác nhau và cố định trên đường thẳng (d) sao cho AB = 117 . Khi C di động trên đường thẳng (d’), tìm diện tích nhỏ nhất của tam giác ABC. Bài 12. (ĐH thuỷ Lợi 2001) Cho ba điểm A(a; 0; 0) , B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c là ba số dương thay đổi và luơn thoả mãn : a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ O(0; 0; 0) đến mặt phẳng ABC là lớn nhất. Bài 13. (CĐSP Hà Nội 2001) Cho ba điểm A(2; 0; 1), B(2; -1; 0), C(1; 0; 1). Tìm trên đường thẳng (d): 0 2 0 x y z x z       điểm S sao cho | |SA SB SC     đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 14. Cho A(2; 0; 0) và M(1: 1; 1). Mặt phẳng (P) thay đổi, nhưng luơn đi qua đường thẳng AM và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm : B(0; b; 0), C(0; 0; c) với b > 0, c > 0. Tìm b, c sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. Bài 15. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ cĩ đáy ABCD là hình vuơng . Xác định gĩc lớn nhất tạo bởi BD’ và mặt phẳng (BDC’)