[HH12. C3. 2. D12. c] Trong không gian $O x y z$ , cho hai điểm $A (2; 0; 0)$ , $M (1; 1; 1)$ . Gọi $(P)$ là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm $A$ và $M$ , cắt các trục $O y$ , $O z$ lần lượt tại các điểm $B$ và $C$ . Giả sử $B (0; b; 0)$ , $C (0; 0; c)$ , $b > 0$ , $c > 0$ . Diện tích tam giác $A B C$ có giá trị nhỏ nhất bằng

3 \sqrt{3}

4 \sqrt{3}

2 \sqrt{6}

4 \sqrt{6}

Đáp án và lời giải

Đáp án:D

Lời giải:Lời giải
Theo giả thiết

(P)

có dạng

\frac{x}{2} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1

.
Do

M \in (P) \Rightarrow \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{2}

\Leftrightarrow 2 (b + c) = b c

\vec{A B} = (- 2; b; 0)

;

\vec{A C} = (- 2; 0; c)

nên diện tích tam giác

A B C

là

S_{A B C} = \frac{1}{2} |\vec{A B} \land \vec{A C}| = \frac{1}{2} \sqrt{4 (b^{2} + c^{2}) + b^{2} c^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{{(2 b + 2 c)}^{2} - 8 b c + {(b c)}^{2}} \overset{(1)}{=} \frac{\sqrt{2}}{2} . \sqrt{{(b c)}^{2} - 4 (b c)}

.
Từ giả thiết ta có

b c > 0

và theo bất đẳng thức Cô – si:

b c = 2 (b + c) \geq 2. 2 \sqrt{b c} \Rightarrow \sqrt{b c} \geq 4 \Rightarrow b c \geq 16

.
Khi đó

S_{A B C} = \frac{\sqrt{2}}{2} . \sqrt{{(b c)}^{2} - 4 b c} = \frac{\sqrt{2}}{2} . \sqrt{{(b c - 2)}^{2} - 4} \geq \frac{\sqrt{2}}{2} . \sqrt{14^{2} - 4} = 4 \sqrt{6}

.
Do đó

\min S_{A B C} = 4 \sqrt{6}

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

\{\begin{cases} b = c > 0 \\ \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{2} \end{cases} \Leftrightarrow b = c = 4

Câu hỏi thuộc đề thi sau. Bạn có muốn thi thử?

Làm bài

Câu hỏi Toán học