Sáng kiến kinh nghiệm Từ bài toán cực trị đến bài toán cực trị trong không gian tọa độ

I/TÊN ĐỀ TÀI : 
 “ TỪ BÀI TOÁN CỰC TRỊ ĐẾN BÀI TOÁN CỰC TRỊ
 TRONG KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ ”
II/ ĐẶT VẤN ĐỀ :
Lý do chọn đề tài : 
a/ Thế nào là bài toán cực trị hình học : Các bài toán cực trị hình học có dạng chung như sau: Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm những hình mà một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích, . . .) có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất .
	b/ Lý do chọn đề tài :
 	Bài toán cực trị nói chung là bài toán khó . Học sinh có thể gặp trong nhiều đề thi tuyển sinh , đề thi dành cho học sinh giỏi và là lớp bài toán không chỉ dành riêng cho khối THPT . Học sinh thường ngại tiếp cận ,giải quyết bài toán cực trị nói chung – bài toán cực trị hình học trong không gian tọa độ nói riêng . Việc tiếp tục tìm hiểu bài toán sau khi đã có lời giải không phải là thói quen của các em học sinh kể cả các học sinh giỏi . 
Tìm đến lời giải cho một bài toán – không phải là kết thúc quá trình giải toán . Hãy tiếp tục tìm hiểu về bài toán đã giải . Lời giải như vậy có phải là lời giải tốt nhất ? Còn có thể giải khác ? Cách giải tìm thấy có thể vận dụng để giải những bài toán khác ? Có hay không một bài toán tương tự như thế - bài toán tổng quát hơn ? Có thể đặc biệt hóa bài toán ? ...
Chúng tôi chọn 1 khía cạnh trong công việc giải các bài toán để tìm hiểu : “Xác lập các bài toán mới từ bài toán cực trị trong không gian tọa độ ” . 
Giới hạn phạm vi nghiên cứu 
Trong phạm vi đề tài , chúng tôi tìm hiểu một số bài toán cực trị trong không gian tọa độ , hình cần tìm nếu là đường , mặt thì viết phương trình đường ,mặt – nếu là điểm thì tìm tọa độ của nó . Những bài toán cực trị hình học khác không gắn liền với không gian tọa độ thì không phải là đối tượng chúng tôi nghiên cứu .
Nhiệm vụ - phương pháp nghiên cứu : 
Tìm một số bài toán cực trị (có thể là trong hình học phẳng hoặc không gian)làm các bài toán gốc . Xuất phát từ một bài toán gốc – qua các thao tác tư duy ( Dự đoán, phân tích , so sánh ,tổng hợp, khái quát hóa, tương tự hóa, đặc biệt hóa )– xác lập các bài toán mới . 
Chúng tôi xét bài toán gốc là bài toán ở mức tổng quát – giải quyết bài toán gốc – phát biểu bài toán mới ở mức tổng quát ; sau đó nêu và giải vài bài toán cụ thể mang tính minh họa . 
Mục dích nghiên cứu : 
+ Định hướng cho học sinh một cách thức học chủ động – sáng tạo – nâng cao khả năng tự học . 
+ Rèn luyện khả năng suy luận có lý , suy luận mang tính chặt chẽ , logic.
+ Hệ thống các kiến thức – xâu chuỗi các bài tập qua đó học sinh thấy được mối liên hệ giữa các bài toán cực trị trong không gian tọa độ cả về nôi dung và phương pháp giải.
 	+ Có thêm 1 tài liệu dành cho việc học tập bộ môn toán đối với các học sinh giỏi , tài liệu tham khảo cho các học sinh thi đại học .
III/ CƠ SỞ LÝ LUẬN :
Điều 24.2 Luật giáo dục (1998) viết : ''Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động sáng tạo của học sinh, phải phù hợp với đặc điểm của từng môn học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh"
Trên quan điểm chung về phương pháp dạy học như vậy – việc dạy học Toán ở trường THPT hiện nay là làm cho học sinh học tập một cách tích cực, biết phát hiện và giải quyết vấn đề , phát triển được tư duy linh hoạt – hình thành ở các em.
IV/ CƠ SỞ THỰC TIỄN : 
Các em học sinh vì nhiều lý do liên quan đến nội dung chương trình – thời gian , thói quen học tập đã trở nên thụ động trong quá trình học . Các em dễ dàng chấp nhận – nhớ máy móc một kiến thức để rồi vận dụng các kiến thức đó giải toán trong các tình huống riêng lẻ . Khả năng tư duy vốn tiềm ẩn không được thể hiện một cách sinh động .
Cần phải thay đổi tinh thần , thái độ học tập – phương pháp học tập và cả về ý niệm học toán giải toán là như thế nào .
Không nhiều các tiết dạy mà ở đó giáo viên tạo được không khí học tập cởi mở - học sinh được độc lập suy nghĩ , trao đổi , tìm hiểu các vấn đề - Các tiết dạy như vậy mang đến cho các em niềm hứng thú với môn học – hình thành ở các em phương pháp học tập sáng tạo linh hoạt .
Chúng tôi nghĩ cần có một “ví dụ sinh động” về việc học , giải toán một cách chủ động – Cách thể hiện trong bài viết này là một “ví dụ”như thế - 
V/ NỘI DUNG NGHIÊN CỨU : gồm 2 phần 
Phần I : Các bài toán cực trị mang tính khái quát trong không gian tọa độ 
Phần II : các bài toán cực trị trong không gian tọa độ mang tính minh họa 
PHẦN I : CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MANG TÍNH KHÁI QUÁT TRONG KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ 
Các bài toán dưới đây là những bài toán mang tính khái quát : Cho một điểm là cho tọa độ của điểm – cho một đường hay mặt thì kèm theo đó là phương trình của đường hay mặt – Tìm mặt phẳng là viết phương trình mặt phẳng ... 
Bài toán 1: Cho 2 điểm A,B và mặt phẳng a . Tìm điểm M trên mặt phẳng a sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Đây là bài toán quen thuộc – Có thể tìm hiểu lời giải bài toán qua các hình vẽ minh họa cho các trường hợp A,B nằm cùng phía ; khác phía đốí với mặt phẳng a . 
 Ta thử tìm hiểu nếu xuất phát từ bài toán này ta có thể xác lập được các bài toán nào khác .
Nếu trong bài toán 1 ta thay “mặt phẳng a”bởi “đường thẳng D” ta có bài toán :
Bài toán 1.1 : Trong không gian cho 2 điểm A,B và đường thẳng D.Tìm điểm M trên đường thẳng D sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Ta giải quyết bài toán 1.1 trong từng trường hợp AB và D đồng phẳng ; AB và D chéo nhau .
+ Trường hợp AB và D đồng phẳng 
 ( học sinh tự tìm hiểu)
+ Trường hợp AB và D chéo nhau : 
· Nếu AB , D chéo nhau và vuông góc nhau
Điểm M cần tìm là điểm M0 trên hình vẽ bên.
· Nếu AB , D chéo nhau và không vuông góc nhau
Gọi H, K là hình chiếu của A,B lên D - a là mặt phẳng chứa D và qua B . A’ là điểm trên a sao cho A’ , B nằm khác phía đối với D , A’H ^ D và A’H = AH (xem hình) . A’B cắt D tại M0 . 
Ta có MA + MB = MA’ +MB ≥ A’B 
MA+MB nhỏ nhất « M º M0 
Chú ý : M0 nằm trên đoạn HK và M0H/ M0K = A’H/BK = AH/BK
« 
Điều thú vị là có thể phát biểu bài toán tương tự như bài toán 1 đối với mặt cầu trong một vài trường hợp đặc biệt chẳng hạn : 
Bài toán 1.2: Cho 2 điểm A , B nằm ngoài mặt cầu (S) có tâm I sao cho IA = IB.Tìm điểm M trên mặt cầu (S) sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Giải : Gọi H là trung điểm AB . N là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABI) .N nằm trong đường tròn lớn của mặt cầu (S) trong mặt phẳng này . 
Ta có :
MA + MB ≥ NA + NB ≥ M0A + M0B (xem hình)
MA+MB nhỏ nhất « M ºM0
Bài toán 2: Cho 2 đường thẳng d , D chéo nhau . Tìm M Î d và N Î D sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
 	(2 điểm M,N cần tìm theo đó MN là đoạn vuông góc chung của d , D.)
Nếu thay “đường thẳng d ” bởi “mặt phẳng a” với a và d không có điểm chung ( D // a ) thì bài toán mới có vô số nghiệm hình (xem hình)
(D’ là hình chiếu của D lên a )
Do vậy ta có thể phát biểu bài toán mới “khác” một chút .
Bài toán 2.1: Cho mặt phẳng a và đường thẳng D ; D //a . Tìm tập hợp các điểm M thuộc a sao cho d(M, D ) là nhỏ nhất .
Nếu trong bài toán 6.1 ta thay mặt phẳng a bởi mặt cầu (S) ta có : 
Bài toán 2.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng D ((S) và D không có điểm chung) . Tìm M Î (S) và N Î D sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Trong bài toán 6 : Nếu thay “2 đường thẳng ” bởi “2 mặt ” ( 2 mặt cầu hay 1 mặt cầu và 1 mặt phẳng ) Ta có : 
Bài toán 2.3 : Cho mặt phẳng a và mặt cầu (S ) ((S) và a không có điểm chung) Tìm M Î (S) và N Î a sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
	Giải : N0 là hình chiếu của tâm I lên mặt phẳng a . 
Mặt cầu (S) cắt đoạn IN0 tại . a0 là mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại M0 . a0 cắt đoạn MN tại P . 
Ta có : MN ≥ PN = d(P, a ) = M0 N0 .
 Đoạn MN là nhỏ nhất « M º M0	
Nhìn lại bài toán 2 - hai điểm M0 , N0 cần tìm mà theo đó đoạn M0 N0 là đoạn vuông góc chung .Ta có : , M0 N0 = d(M0 , D ) ≤ d(M , D) – Bài toán 6 có thể phát biểu lại theo một cách khác : 
Bài toán 2*: Cho 2 đường thẳng d , D chéo nhau . Tìm M Î d sao cho khoảng cách từ M đến D là nhỏ nhất.
Từ đây học sinh có thể phát biểu một vài bài toán tương tự khác :
Bài toán 2*.2 : Cho mặt phẳng a và mặt cầu (S ) ((S) và a không có điểm chung) Tìm M Î (S) sao cho khoảng cách từ M đến a là nhỏ nhất ( lớn nhất ) .
Bài toán 2*.3: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng D ((S) và D không có điểm chung) . Tìm M Î (S) sao cho khoảng cách từ M đến D là nhỏ nhất ( lớn nhất ) .
Bài toán 3: Cho hai điểm A , B .Tìm mặt phẳng a qua A sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng a là lớn nhất . 
Giải : ... mặt phẳng a cần tìm là mặt phẳng qua A và vuông góc với AB . (xem hình)
Nếu” hai điểm A,B” được thay thế bởi“2 đường thẳng d và D (không có điểm chung)”thì ta có bài toán chẳng hạn :
Bài toán 3.1: Cho 2 đường thẳng d và D chéo nhau .Tìm mặt phẳng a chứa D sao cho khoảng cách từ d đến mặt phẳng a là lớn nhất . 
Bây giờ ta phát biểu bài toán với” một điểm và một đường thẳng (không chứa điểm đó)”
Bài toán 3.2 : Cho điểm A và đường thẳng d không chứa A .Tìm mặt phẳng a chứa d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng a là lớn nhất 
Ở một góc nhìn khác,trong bài toán 3 thay vì “mặt phẳng a qua A” thì là “đường thẳng D qua A ” 
 Tương tự như trên , đường thẳng D cần tìm đi qua A và vuông góc với AB 
( có vô số đường thẳng D như thế) Để bài toán có nghiệm hình cụ thể ta điều chỉnh như sau :
Bài toán 3.3: Cho mặt phẳng a và hai điểm A , B (A Î a ) . Tìm trong mặt phẳng a đường thẳng D qua A sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng D là lớn nhất . 
Để ý rằng khoảng cách từ B đến đường thẳng D có thể nhỏ nhất – khi đó D là hình chiếu vuông góc của AB lên mặt phẳng a . Ta có :
Bài toán 3.4: Cho mặt phẳng a và hai điểm A , B (A Î a ) . Tìm trong mặt phẳng a đường thẳng D qua A sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng D là nhỏ nhất . 
Nếu trong bài toán 3 , xuất hiện thêm điểm C thì ta xác lập bài toán mới như thế nào với các khoảng cách từ B , C đến mặt phẳng a ? Ta có :
Bài toán 3.5 : Cho DABC . Tìm mặt phẳng a qua A sao cho B,C nằm cùng một phía với mặt phẳng a và tổng các khoảng cách từ B , C đến mặt phẳng a là lớn nhất . 
	Giải : M là trung điểm BC . H,I ,N lần lượt là hình chiếu của B,C,M lên mặt phẳng a . BH + CI = 2 MN ≤ 2 MA .
BH + CI lớn nhất khi N º A . Mặt phẳng a cần tìm là mặt phẳng a 0 qua A và vuông góc với AM 
Nếu trong bài toán 3.5 , xuất hiện thêm điểm D thì ta có :
	Bài toán 3.6 : Cho tứ diện ABCD . Tìm mặt phẳng a qua A sao cho B,C,D nằm cùng một phía với mặt phẳng a và tổng các khoảng cách từ B , C, D đến mặt phẳng a là lớn nhất . 
	Giải : M là trung điểm CD . G là trọng tâm tam giác ABC . 
	Tổng các khoảng cách từ B , C, D đến mặt phẳng a bằng BH + 2 MI = 3GO ≤ 3 GA . Tổng này lớn nhất khi O º A . Mặt phẳng a cần tìm là mặt phẳng qua A và vuông góc với AG 
	Có thể tổng quát hóa các bài toán 2.5, 2.6 ta có :
	Bài toán 3.7 : Cho n+1 điểm A0 , A1 ,A2 ,..., An. Tìm mặt phẳng a qua A0 sao cho các điểm A1 ,A2 ,...,An nằm cùng một phía với mặt phẳng a và tổng các khoảng cách từ các điểm A1 ,A2 ,...,An đến a là lớn nhất .
Có thể giải được bài toán này bằng phương pháp qui nạp toán học .
Ta thử xác lập bài toán mới từ Bài toán 3.5 với một góc nhìn khác . Ta thay “mặt phẳng a qua A”bởi “đường thẳng D qua A ”Ta có :
Bài toán 3.8 : Cho D ABC . Tìm đường thẳng D qua A sao cho tổng các khoảng cách từ B , C đến đường thẳng D là lớn nhất . 
Giải : Ta có BH + CI ≤ BA+CA .
BH + CI lớn nhất « H º C và I º C 
Đường thẳng D cần tìm qua C vuông góc với mặt phẳng (ABC) . (xem hình ).
Có thể mở rộng bài toán 3.8 với nhiều điểm cùng nằm trong một mặt phẳng chẳng hạn :
Bài toán 3.9 : Cho tứ giác ABCD . Tìm đường thẳng D qua A sao cho tổng các khoảng cách từ B,C,D đến đường thẳng D là lớn nhất .
Nếu trong bài toán 3.5 ta thay “tổng các khoảng cách từ B , C”bởi “giá trị tuyệt đối của hiệu các khoảng cách từ B ,C” và với sự điều chỉnh cần thiết ta có : 
Bài toán 4 : Cho đường thẳng d và hai điểm B,C ( d , BC chéo nhau ).Tìm mặt phẳng a chứa d sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu các khoảng cách từ B , C đến mặt phẳng a là nhỏ nhất .
Giá trị tuyệt đối của hiệu các khoảng cách từ B , C đến mặt phẳng a nhỏ nhất là bằng 0 ( điều này là xảy ra ) – 
Có thể phát biểu lại bài toán theo một cách thức khác : “Cho đường thẳng d và hai điểm B,C ( d , BC chéo nhau ).Tìm mặt phẳng a chứa d sao cho các khoảng cách từ B , C đến mặt phẳng a là bằng nhau ” .
Với cách diễn đạt thế này học sinh dễ thấy mặt phẳng a cần tìm là song song với BC ( 2 điểm B,C nằm về 1 phía đối với mặt phẳng a ) hoặc mặt phẳng a ... đi qua trung điểm của BC ( 2 điểm B,C nằm khác phía đối với mặt phẳng a)
	Trong bài toán 4 , đường thẳng d và điểm C hoán đổi cho nhau thì ta có : 
Bài toán 4.1 : Cho đường thẳng d và hai điểm B,C(d , BC chéo nhau ).Tìm mặt phẳng a đi qua điểm C sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu các khoảng cách từ B và d đến mặt phẳng a là nhỏ nhất .
Các nghiệm hình của bài toán 4.1 được minh họa bởi 2 hình vẽ trên.
Nếu thay đường thẳng BC bởi đường thẳng D ( xem d ,D như 2 điểm trong bài toán 4 )thì ta không ràng buộc a qua d .Ta có :
Bài toán 4.2:Cho 2 đường thẳng d và D chéo nhau.Tìm mặt phẳng a không đồng thời cắt cả d và D , sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu các khoảng cách từ B , C đến mặt phẳng a là nhỏ nhất .
Nghiệm hình của bài toán 4.2 được minh họa bởi hình vẽ bên.
Bài toán 5 : Cho mặt phẳng a và đường thẳng d cắt a . Tìm mặt phẳng b chứa d sao cho góc giữa b và a nhỏ nhất . 
	Giải : d cắt a tại I . A Î d . H là hình chiếu của A lên a . Mặt phẳng b chứa d cắt a theo giao tuyến D .K là hình chiếu của A lên D . D ^AK ® a ^ HK.
Góc giữa mặt phẳng a và b là góc AKH .
góc giữa d và mặt phẳng a là góc AIH . 
sin AKH = AH/AK ≥ AH/AI = sin AIH 
® Ð AKH ≥ Ð AIH . Ta có : Ð AKH = Ð AIH « K º I . 
Vậy góc giữa mặt phẳng a và b nhỏ nhất là bằng góc giữa d và mặt phẳng a . Mặt phẳng a cần tìm qua điểm I và vuông góc với d .
	 Trong bài toán 5 , ta thay “mặt phẳng b quay quanh d ” bởi “đường thẳng D quay quanh điểm I cho trước ”sao cho góc giữa D và d nhỏ nhất . Ta có 
	 Bài toán 5.1: Cho mặt phẳng a và đường thẳng d cắt a tại I.. Tìm đường thẳng D trong a qua I sao cho góc giữa D và d nhỏ nhất . 
	...Góc giữa D và d là nhỏ nhất nếu D là hình chiếu của d lên a. (xem hình) 
	Trong bài toán 5.1 , thay vì cho trước mặt phẳng và đường thẳng cắt nhau ta cho 2 mặt phẳng cắt nhau , ta có : 
Bài toán 5.2 : Cho 2 mặt phẳng a và b cắt nhau . I là điểm trên a , I Ïb . Tìm đường thẳng D trong a qua I sao cho góc giữa D và b lớn nhất . 
	Góc giữa D và b là lớn nhất nếu M º K với K là hình chiếu của I lên giao tuyến của a ,b là hình chiếu của d lên a. (xem hình) 
Trong các bài toán trên yếu tố cho trước là mặt phẳng và đường thẳng hoặc 2 mặt phẳng – bây giờ ta thử phát biểu bài toán : “Cho 2 đường thẳng d và D cắt nhau (hoặc chéo nhau ) ...”
	Bài toán 5.3 : Cho 2 đường thẳng d và D chéo nhau . Tìm mặt phẳng a chứa D sao cho góc giữa a và d lớn nhất .
	Giải : Mặt phẳng a ( thay đổi) chứa D cắt d tại I . A Î d . H là hình chiếu của A lên a .Qua I dựng D’ // D .
K là hình chiếu của A lên D’ .	
Góc giữa mặt phẳng a và d là góc AIH .
Góc giữa d và D là góc AIK = j . 
sin AIH = AH/AI ≤ AK/AI= sin AIK 
® Ð AIH ≤ Ð AIK . Ta có : Ð AIH = Ð AIK = j « H º K. 
Vậy góc giữa mặt phẳng a và b lớn nhất là bằng góc j . Mặt phẳng a cần tìm chứa D và tạo với d một góc j .
Thử tìm hiểu bài toán tương tự như các bài toán trên nhưng có liên quan đến mặt cầu – tôi tìm thấy bài toán : 
Bài toán 5.4: Cho mặt cầu (S) và mặt phẳng a . M là điểm cho trước trên (S) . Tìm tiếp tuyến D của mặt cầu (S) tại M sao cho D tạo với mặt phẳng a một góc lớn nhất . 
...Góc giữa D và mặt phẳng a là Ð MNH lớn nhất khi N º K – khi đó D º MK , D ^ d (xem hình )	
Bài toán 6: Cho hai điểm A ,B và mặt phẳng a .Tìm điểm M trên a : 
a/ nhỏ nhất .
b/ MA2 + MB2 nhỏ nhất .
	Giải : a/ =|2| = 2 MI ≥ 2 M0I
(I là trung điểm AB, M0là hình chiếu của I lên mặt phẳng a .) . 
 nhỏ nhất « M º M0
	b/ MA2 + MB2 = 2 MI2 + AB2/2 . ≤ 2 MI02 + AB2/2
 MA2 + MB2 nhỏ nhất « M º M0 với M0là hình chiếu của I lên mặt phẳng a .
	Có thể mở rộng bài toán ? 
 	Ta có với mọi điểm I . Ta chọn I sao cho = , khi đó || = || = |m+n| MI 
 (m+n ¹0 ) . Từ đây ta phát biểu bài toán mới : 
Bài toán 6.1: Cho hai điểm A ,B và mặt phẳng a .Tìm điểm M trên a : 
 nhỏ nhất với m + n ¹0 .
Cũng vậy học sinh có thể tìm đến : 
Bài toán 6.2: Cho hai điểm A ,B và mặt phẳng a .Tìm điểm M trên a :
	mMA2 + nMB2 nhỏ nhất với m > 0 , n >0 .
	Mở rộng theo một hướng khác ? Phát biểu bài toán với 3 điểm A,B,C
Bài toán 6.3: Cho tam giác A BC và mặt phẳng a .Tìm điểm M trên a : 
a/ nhỏ nhất .
b/ MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất .
 	Phát biểu bài toán tương tự với 4 điểm A,B,C,D ? Hãy phát biểu .
	...
	Điều thú vị là các học sinh sẽ có được các bài toán mới từ các bài toán trên nếu thay cụm từ “mặt phẳng a” bởi cụm từ “ đường thẳng D ” hay “” mặt cầu (S)
Ta thử giải một trong nhiều bài toán như thế với mặt cầu (S) , chẳng hạn :
Bài toán 6.4 Cho hai điểm A ,B và mặt cầu (S) .Tìm điểm M trên (S) : 
a/ nhỏ nhất ( lớn nhất) .
b/ MA2 + MB2 nhỏ nhất ( lớn nhất) .
Giải : =|2| = 2 MH với H là trung điểm AB .
 	+ Trường hợp H nằm trong mặt cầu (S) 
	 Gọi M0 là một giao điểm của đường thẳng IH và (S) và H nằm giữa I và M0 . a là mặt phẳng chứa IH và qua M . Trong mặt phẳng a dựng đường tròn tâm H , bán kính HM0 cắt đoạn thẳng HM tại N . 
 	Ta có : MH = MN + NH ≥ HN = M0H 
	 nhỏ nhất « MH nhỏ nhất « M º M0
	+ Trường hợp H nằm ngoài mặt cầu (S)
Học sinh có thể giải tương tự như trên 
(xem hình vẽ bên)
	+ Trường hợp H nằm trên mặt cầu (S)
	Khi đó M cần tìm trùng với điểm H
Học sinh thử xác định điểm M Î (S) sao cho MA + MB lớn nhát .
Bài toán 7: Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) tâm I và đường thẳng d thay đổi . Xác định d sao cho d cắt (C) tại 2 điểm A,B sao cho D IAB có diện tích lớn nhất . 
	Thử tìm hiểu và phát biểu bài toán tương tự trong không gian.
Hình trong mặt phẳng 
Hình tương tự trong không gian
Đường tròn (C)
Mặt cầu (S)
Đường thẳng d
Mặt phẳng a 
Tam giác cân đỉnh I đáy là dây cung AB
Hình nón đỉnh I , đáy là đường tròn giao tuyến 
Diện tích tam giác 
Thể tích khối nón
Bài toán 7.1: Cho mặt cầu (S) tâm I và mặt phẳng a thay đổi . Xác định a sao cho a cắt (S) theo 1 đường tròn sao cho khối nón đỉnh I và đáy là đường tròn giao tuyến có thể tích lớn nhất . 
Giải : Mặt cầu (S) tâm I , bán kính R không đổi .
Đường tròn giao tuyến của (S) và a có bán kính r thay đổi .
h là khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng a . h thay đổi .
Ta có : r2 + h2 = R2 
	Thể tích khối nón ...: V = p r2 h = .
	V lớn nhất chỉ khi tích r2.r2.2h2 lớn nhất . Các số dương r2 , r2 , 2h2 có tổng r2 + r2 + 2h2 = 2R2 không đổi ® r2.r2.2h2 lớn nhất chỉ khi r2 = 2h2 ® 3 h2 = R2 ® h = R hay d(I , a ) = R
	Mặt phẳng a cần tìm có d(I , a ) = R.
	Bài toán 8 : Cho 2 điểm A và B . Tìm mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất , (S) đi qua A và B .
Nếu thay điểm B bởi đường thẳng D không chứa A ta có :
Bài toán 8 .1: Cho điểm A và đường thẳng D không chứa A . Tìm mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất , (S) qua A và tiếp xúc với D 
Giải : Giả sử (S) có bán kính R đi qua A và tiếp xúc với D tại M . Ta có 2R ≥ AM ≥ AM0 với M0 là hình chiếu của A lên D . ® R ≥ AM0/2 . R nhỏ nhất là bằng AM0/2 « M º M0 .
 Mặt cầu (S) cần tìm có đường kính AM0 .
Trong bài toán 8.1 nếu thay “đường thẳng ” bởi “mặt phẳng ”, ta có : 
Bài toán 8 .2: Cho điểm A và mặt phẳng a không chứa A . Tìm mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất , (S) qua A và tiếp xúc với a 
Giải : Gọi H là là hình chiếu của A lên a . Giả sử (S) có tâm I , bán kính R đi qua A và tiếp xúc với a tại K . Ta có: 2R = IA+IK ≥ AK ≥ AH ® R nhỏ nhất « K º H 
Mặt cầu (S) cần tìm là có đường kính AH .
Trong bài toán 8 :
 “2 điểm A ,B ” thay bởi “2 đường thẳng d và D ” 
 “(S) đi qua A và B” thay bởi “(S) tiếp xúc với cả d và D ” 
Khi đó “bài toán mới”có lời giải ?. Tìm hiểu ... và thấy ra bài toán là có lời giải khi “D và d chéo nhau ” - Ta có : 
Bài toán 8 .3 : Cho 2 đường thẳng D và d chéo nhau . Tìm mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất , (S) tiếp xúc với cả d và D .
Thường thì mặt cầu là xác định nếu biết 4 điểm không đồng phẳng thuộc nó . Trong bài toán 8 ta mới chỉ dùng đến 2 điểm A,B (và thỏa mãn một đi