ỨNG DỤNG tâm tỉ cự của hệ điểm GIẢI bài TOÁN cực TRỊ HÌNH học GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH
HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN

Lĩnh vực: Tốn học
Tên tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi

NĂM HỌC 2018-2019


MỤC LỤC
Trang
A. Mục đích
I.Lý do

2
2

II. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu

2

III.Đối tượng, phạm vi nghiên cứu

2

IV. Phương pháp nghiên cứu

2

V. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu

2

B. Nội dung
I.Cơ sở lý luận

3

II. Đánh giá thực trạng

3

III. Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải bài tốn cực trị hình học giải tích trong
khơng gian
1. Lý thuyết
3
2. Bài tốn tổng quát 1

5

3. Bài toán tổng quát 2

8

C. Kết luận

9

Tài liệu tham khảo

10

Phụ lục

10

1


A. MỤC ĐÍCH
I. Lý do chọn đề tài
Với ý tưởng hướng đến kỳ thi THPTQG năm 2019. Tôi nhận thấy rằng để
học sinh trường tôi tiếp cận được những câu hỏi vận dụng trong đề thi là một vấn đề
khó khăn, tuy nhiên qua tìm hiểu đề minh học của Bộ giáo dục, đề thi thử của các
trường tôi thấy có một số bài tốn về sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị đối với hình
học giải tích trong khơng gian, đây là một dạng tốn có thể khai thác, tổng quát và
đặc biệt rất phù hợp với năng lực học sinh trường tơi. Chính vì vậy để giúp các em
ôn tập tốt, đạt điểm cao trong kỳ thi THPTQG năm nay, tôi chọn đề tài sáng kiến
kinh nghiệm sau đây:
“ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN”
II. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu
1.Mục đích: Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị.
2.Nhiệm vụ:

 Tìm hiểu khái niệm tâm tỉ cự
 Phương pháp tìm cực trị trong khơng gian
 Thơng qua việc phân tích và giải quyết các ví dụ cụ thể hình thành cho học
sinh kỹ năng để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong khơng gian.
III. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
Kiến thức hình học phẳng về vectơ (lớp 10) và phương pháp tọa độ Oxyz ( lớp 12)
Đối tượng khảo sát là học sinh lớp 12A1,12A4 trường THPT Lê Lợi
IV. Phương pháp nghiên cứu
1. Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết
2. Phương pháp phân loại và hệ thống hóa lý thuyết
3. Phương pháp kiểm tra đánh giá.
V. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
Thời gian nghiên cứu:Trong năm học 2018-2019, bắt đầu từ tháng 8/2018 và kết
thúc vào tháng 5/2019.
B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
Tâm lý của đa số học sinh hiện nay đều rất ngại học toán, cùng với việc đổi
mới kỳ thi tự luận sang trắc nghiệm nên khi gặp những bài toán khó học sinh lười
suy nghĩ, khơng đầu tư thời gian và cơng sức tìm ra hướng giải quyết cho bài tốn
mà chỉ chọn “hú họa” một phương án nào đó, tuy nhiên cũng có nhiều học sinh có
tiềm năng nhưng do nhiều nguyên nhân khác nhau chẳng hạn như: quên kiến thức
của lớp dưới, chưa xây dựng được kế hoạch học tập theo các chun đề của mơn
tốn, chưa biết phương pháp học tập mơn tốn, chưa biết cách tìm kiếm thơng tin
hoặc biết nhưng cịn lười nhác nên cũng khơng có hứng thú với việc học tốn. Xác
2


định được các nguyên nhân trên là điều rất quan trọng và cần thiết đối với mỗi học
sinh. Công việc tiếp theo của giáo viên là tìm cách khắc phục các nguyên nhân trên.
Giáo viên phải khơi gợi lại sự đam mê của các em, hướng dẫn cho các em biết cách

tổng hợp kiến thức và tổng quát lên thành lớp các bài toán tương tự giúp các em học
toán một cách nhẹ nhàng mà hiệu quả vẫn cao.
II. Đánh giá thực trạng
Qua tìm hiểu đồng nghiệp, thăm dị ý kiến học sinh và từ thực tế giảng dạy
tôi nhận thấy năng lực học hình của học sinh trường tơi cịn hạn chế, đặc biệt đối với
các bài tốn liên quan đến cực trị trong hình học khơng gian. Để góp phần nâng cao
năng lực học tập và tạo hứng thú cho các em đối với bộ mơn hình học nói chung và
hình học giải tích trong khơng gian nói riêng, tơi đề xuất hai bài tốn về ứng dụng
tâm tỉ cự sau đây bước đầu giúp các em có định hướng đi tìm lời giải bài tốn cực trị
hình học giải tích trong khơng gian nhằm giúp các em đạt kết quả cao hơn trong học
tập.
III. Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị hình học giải tích
trong khơng gian
1. Lý thuyết
* Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực
k1 , k 2 ,..., kn thỏa mãn k1  k2  ...  kn  k  0 . Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm


 
I trong không gian thoả mãn: k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0
Điểm I như thế được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm

 Ai i1,n gắn với các hệ số

ki i1,n .
* Nhận xét: Trong không gian Oxyz cho
A1  x A1 ; y A1 ; z A1 , A2  x A2 ; y A2 ; z A2 ,..., An  x An ; y An ; z An , I  x; y;z 


k1 x A1  k2 xA2  ...  kn x An



x


k1  k2  ...  kn



k1 y A1  k2 y A2  ...  kn y An

.
Ta có cơng thức để tính tọa độ điểm I  y 

k

k

...

k
1
2
n



k1 z A1  k2 z A2  ...  kn z An



z


k1  k2  ...  kn



2. Bài toán tổng quát 1.
Bài tốn tổng qt 1: Trong khơng gian, cho n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực
k1 , k 2 ,..., kn thỏa mãn k1  k2  ...  kn  k  0 . Cho đường thẳng d hoặc mặt

3


phẳng  P . Tìm điểm M trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P sao cho



k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương pháp:



 
+ Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0 .




+ k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn  k MI

+ Điểm M cần tìm là hình chiếu vng góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt
phẳng  P .
Ví dụ 1. Trong khơng gian Oxyz , cho các điểm A1;1;2; B 0;1; 3 . Xét điểm



M thay đổi trên mặt phẳng Oxz  , giá trị nhỏ nhất của OM  2MA  3MB bằng?
A. 1 .

B.

3
.
2

C.

1
.
2

D.

1
.
4

Lời giải
Chọn A


2 x  3 xB


x A


4




 
1 1 5
2 y  3 yB

 I  ; ;  .
Gọi I  x; y; z  thỏa OI  2 IA  3IB  0  
y  A
 2 4 4 

4



2 z  3z B

z A


4











Ta có : OM  2MA  3MB  OI  2 IA  3IB  4MI  4 MI .




 OM  2MA  3MB nhỏ nhất  4 MI nhỏ nhất  MI  Oxz  .

Lúc đó 4 MI  4d  I ;Oxz   1.

Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A1;2;3, B 2;4;3,
x  6 y  9 z 1
C 5;0;8 và đường thẳng  có phương trình  :


. Tìm
2
5
1

 

điểm M a; b; c trên  sao cho 5MA  3MB  MC nhỏ nhất. Khi đó khẳng định
nào sau đây đúng?
A. a  b  c  0.
C. 2a  b  3c .

B. a  b  c .
D. 2a  3b  c  0.
Lời giải

Chọn A
4


Gọi I  x; y; z  là điểm thỏa mãn

 x  5 x A  3xB  xC

   

5IA  3IB  IC  0  
 y  5 y A  3 yB  yC  I 4;2;2.




 z  5 z A  3zB  zC

 




  

Ta có 5MA  3MB  MC  5MI  5IA  3MI  3IB  MI  IC  MI  MI .

 
Vậy 5MA  3MB  MC nhỏ nhất  MI   hay M là hình chiếu vng góc
của I trên  .
Ta có phương trình mặt phẳng  P đi qua I và vng góc với  là
2 x  5 y  z  4  0. Vậy M     P   M 2;1;3
Nhận xét: Nếu giả thiết bài tốn thay đổi tìm điểm trên mặt cầu thỏa mãn yêu cầu
cho trước, ta có thể tiến hành như sau
Ví dụ 3. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
2

1 
2
2

A0;1;1, B 3;0;1, C 0;5;6 và mặt cầu  S  :  x 1   y 1   z    2 .

2
Biết điểm M  x; y; z  M  x; y; z  thuộc mặt cầu  S  và thỏa mãn giá trị của

 
T  3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tổng P  x  y  z bằng
A. P  3.

5
B. P  .

2

3
C. P  .
2
Lời giải

D. P  3.

Chọn C

  
Gọi I là điểm thỏa mãn 5 IA  2 IB  IC  0, khi đó


 

T  3MA  2MB  MC  6MI  6MI .

 4 5
I 1; ;  .
 3 6 

Do đó T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  M là một trong hai giao điểm của đường

1
thẳng IE và mặt cầu  S  với E 1;1;  là tâm của  S .

2



 

3

 M 1 1;2; 
x 1

 

2 


y

1

t

M

IE

S

Phương trình đường thẳng IE: 
  





 M 2 1;0; 1 
1


 
z  t
2 


2

5


2 2
4 2
, IM 2 
.
3
3

3 3
3
Vậy M 1 1;2;  là điểm cần tìm. Vậy P  1  2   .

2
2 2
3. Bài toán tổng quát 2
Bài tốn tổng qt 2: Trong khơng gian, cho n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực

k1 , k 2 ,..., kn thỏa mãn k1  k2  ...  kn  k  0 . Cho đường thẳng d hoặc mặt
phẳng  P . Tìm điểm M trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P sao cho

Ta có IM 1 

T  k1MA12  k2 MA22  ...  kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc đạt giá trị lớn nhất).
Phương pháp:


 
+ Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0 .

+ T  k1MA12  k2 MA22  ...  kn MAn2  kMI 2  k1IA12  k2 IA22  ...  kn IAn2 .
+ Do k1IA12  k2 IA22  ...  kn IAn2 không đổi nên
 Nếu k  0 , T nhỏ nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vng góc của I
trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P .
 Nếu k  0 , T lớn nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vng góc của I
trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P .
Ví dụ 1. ( Câu 41 đề minh họa 2019)
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A2;2;4 , B 3;3;1 và mặt phẳng

 P : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét M là điểm thay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ nhất của
2 MA2  3MB 2 bằng

A. 135 .

B. 105 .

C. 108 .

D. 145 .

Lời giải
Chọn A


 
Gọi I  x; y; z  là điểm thỏa mãn 2 IA  3IB  0 suy ra I 1;1;1
IA2  27 ; IB 2  12 ; d  I , P   3
  2
  2
 2
 2
 2
2 MA2  3MB 2  2 MI  IA  3 MI  IB  5MI  2 IA  3IB  5MI 2  90









Suy ra 2 MA2  3MB 2 nhỏ nhất  MI nhỏ nhất
Mà MI  d  I , P   3
Vậy 2 MA2  3MB 2  5.9  90  135 .

6

Ví dụ 2. Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A2;2;1, B 1;2;1, C 2;3;1 và
M thay đổi thuộc mặt phẳng  P : 5 x  y  3z  4  0. Tìm giá trị lớn nhất của
MA2  4 MB 2  2 MC 2 .

A.

35 .

B. 31 .

C. 66 .

D. 97 .

Lời giải.
Chọn B



 
Gọi điểm I  x; y; z  thỏa mãn hệ thức IA  4 IB  2 IC  0



x  2
 x A  4 xB  2 xC  x





  


Ta có IA  4 IB  2 IC  0  
 y A  4 yB  2 yC   y   y  0  I 2;0;7.




z

4
z

2
z


z

z  7
B
C



 A
MA2  4 MB 2  2 MC 2  IA2  4 IB 2  2 IC 2  IM 2  84  4.49  2.89  IM 2  66  IM 2 .
Do đó MA2  4 MB 2  2 MC 2 lớn nhất  IM bé nhất 

5.2  3.7  4
IM  d  I ; P  
 35.
25  1  9
Suy ra max  MA2  4 MB 2  2 MC 2   31.
Ví dụ 3. Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A3;4;1, B 2;1;4, C 1;2;3 và
x 1 y  6 z  9
sao cho
M a; b; c thay đổi thuộc đường thẳng  :


2
5
3
2 MA2  3MB 2  4 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P  a  b  c.
A. P  3 .
B. P  10 .
C. P  4 .
D. P  3 .
Lời giải.
Chọn C


 
Gọi điểm I  x; y; z  thỏa mãn hệ thức 2 IA  3IB  4 IC  0



x4
2 x A  3xB  4 xC  x





  


Ta có 2 IA  3IB  4 IC  0  
2 y A  3 yB  4 yC  y   y  3  I 4;3;2.




2
z

3
z

4
z

z


B
C

 z  2


 A
2 MA2  3MB 2  4 MC 2  2 IA2  3IB 2  4 IC 2  IM 2
Do đó 2 MA2  3MB 2  4 MC 2 nhỏ nhất  IM nhỏ nhất  M là hình chiếu vng
góc của I lên  .

Ta có M 1  2t;6  5t;9  3t     IM 2t  5;5t  9;3t  7.
7


 
Ta có IM .u  0  t  2. vậy M 3;4;3.
Nhận xét: Nếu giả thiết bài toán thay đổi tìm điểm trên mặt cầu thỏa mãn yêu cầu
cho trước, ta có thể tiến hành như sau
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0; 1;1 , B3; 0;-1 ,
C0; 21; -19 và mặt cầu  S  :  x 1   y 1   z 1  1 . M a ; b ; c là điểm
2

2

2

thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức T  3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính tổng a  b  c .
14
A. a  b  c  .
B. a  b  c  0 .
5
12
C. a  b  c  .
D. a  b  c  12 .

5
Lời giải
Chọn A

S  :  x 1   y 1   z 1  1 có tâm I 1;1; 1
Gọi G  x ; y ; z  là điểm thỏa mãn
30  x  23  x  0  x   0


x 1



   


3GA  2GB  GC  0  
31  y   20  y   21  y   0   y  4






 z  3

31  z   21  z   19  z   0 
 G 1; 4; 3 .
2

2

2

Ta có: T  3MA2  2 MB 2  MC 2  6 MG 2  3GA2  2GB 2  GC 2
Tmin  M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu  S .

x 1



Phương trình đường thẳng IG :  y  1  3t




 z  1  4t
M  IG   S  nên tọa độ M là nghiệm của hệ


x 1


1



t



y  1  3t


5


. Khi đó :
 z  1  4t


1



t 
2
2
2

5

x

1

y

1

z


1

1









 8 1
Vì M 1G  M 2G nên điểm M  M 1 1; ; 
 5 5 
8

  8 1
 M 1 1; ; 
  5 5 

  2 9
 M 2 1; ; 
  5 5 


14
.
5

*Sau khi đưa ra kiến thức lý thuyết cơ bản và hai bài tốn tổng qt, tơi đã tổ
chức kiểm tra đánh giá khả năng nắm vững kiến thức của học sinh, để phù hợp
với yêu cầu của kỳ thi THPTQG, tơi ra đề với hình thức trắc nghiệm, bên cạnh
đó yêu cầu thêm học sinh ở bản nháp lời giải vắn tắt nhằm đánh giá đúng năng
lực của học sinh( tránh trường hợp học sinh không làm bài mà chỉ chọn kết quả
một cách ngẫu nhiên)
Đề bài:
Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;1 , B 2;1;3 . Gọi

Vậy a  b  c 

M a ; b ;0 là điểm trên mặt phẳng Oxy  sao cho MA2  2MB 2 lớn nhất. Tính
S  a2  b2 .
A. S  34 .
B. S  41 .
C. S  9 .
D. S  25 .
Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A3;0;0 , B 0;0;3 ,

C 0;3;0 và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Gọi M a; b; c  ( P) sao cho
  
MA  MB  MC nhỏ nhất, khi đó tổng T  a  10b  100c bằng

A. T  300 .
B. T  276 .
C. T  327 .
D. T  270 .
* Thông qua bài kiểm tra này cũng như thực hành cho hệ thống các bài tập trước
đó, học sinh đã bước đầu biết cách ứng dụng tâm tỉ cự trong bài tốn tìm cực trị
hình học giải tích trong khơng gian nhằm hướng tới một ứng dụng đẹp của toán học

và giúp các em tự tin hơn trong việc học tập bộ mơn tốn . Đó cũng chính là mục
đích của SKKN này.
Kết quả cụ thể:
Trong năm học 2018 - 2019 tôi đã tiến hành kiểm tra nhằm đánh giá hiệu quả
của đề tài tại lớp 12A1 và lớp 12A4 – Hai lớp do tôi trực tiếp giảng dạy tại Trường
THPT Lê Lợi. Kết quả thống kê theo bảng sau:
Lớp

Sĩ
số

Giỏi

Khá

Trung bình
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL %
12 A1 36 10 27,8% 16 44,4% 8 22,2% 2 5,6% 0 0%
12 A4 38
7 18,4% 19 50%

8 21,1% 4 10,5% 0 0%
Quá trình thực hiện đề tài với những kết quả trên đây bước đầu có thể thấy hiệu
quả thiết thực của việc vận dụng đề tài vào thực tiễn dạy học. Những lí luận và bài
tốn tổng qt mà đề tài nêu ra mang tính khả thi và có thể áp dụng trong dạy học
mơn Tốn và ơn tập chuẩn bị cho kỳ thi THPTQG .
C. Kết luận
9


Đề tài đã thu được một số kết quả như sau:
 Đã làm sáng tỏ được vai trò, ý nghĩa việc áp dụng tâm tỉ cự để giải bài toán
cực trị trong hình học giải tích trong khơng gian.
 Bước đầu nghiên cứu một số cơ sở lí luận về bài tốn cực trị trong hình học
giải tích.
 Đã đề xuất được hai bài toán tổng quát nhằm nâng cao năng lực giải tốn cực
trị hình học giải tích trong không gian của học sinh .
 Đã tổ chức kiểm tra đánh giá để minh họa tính khả thi và hiệu quả của
những bài toán đã đưa ra.
Cuối cùng, dù tôi đã rất cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu
sót, tơi rất mong q thầy cơ giáo, các bạn đồng nghiệp góp ý để đề tài được hồn
thiện hơn. Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Đông Hà, ngày 20/05/2019
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi
không sao chép nội dung của người
khác.
Tác giả

Nguyễn Thị Minh Nguyệt

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) - Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Vũ
Khuê - Bùi Văn Nghị (2006), Sách giáo khoa hình học lớp 10, NXB giáo dục.
[2]. Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Vũ Khuê - Trần Hữu Nam (2013), Sách
bài tập hình học lớp 10, NXB giáo dục.
[3]. Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) -Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Khắc
Ban- Lê Huy Hùng - Tạ Mân (2008), Sách giáo khoa hình học lớp 12, NXB giáo
dục.
[4]. Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Khắc Ban- Lê Huy Hùng - Tạ Mân
(2008), Sách bài tập hình học lớp 12, NXB giáo dục.
[5]. Nguồn tài liệu từ trang Diễn đàn giáo viên Toán, đề minh họa của Bộ giáo
dục và đề thi thử của các trường năm 2018-2019.
PHỤ LỤC
Hướng dẫn giải bài kiểm tra
Đề bài
10


Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;1 , B 2;1;3 . Gọi
M a ; b ;0 là điểm trên mặt phẳng Oxy  sao cho MA2  2MB 2 lớn nhất. Tính
S  a2  b2 .
A. S  34 .
B. S  41 .
C. S  9 .
D. S  25 .
Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A3;0;0 , B 0;0;3 ,

C 0;3;0 và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Gọi M a; b; c  ( P) sao cho
  
MA  MB  MC nhỏ nhất, khi đó tổng T  a  10b  100c bằng

A. T  300 .

B. T  276 .
C. T  327 .
Hướng dẫn giải

D. T  270 .

Câu 1. Chọn D


 
Gọi điểm E thỏa EA  2 EB  0 . Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra
E 3;4;5 .
  2
  2
2
2
Khi đó: MA  2MB  ME  EA  2 ME  EB  ME 2  EA2  2 EB 2 .









Do đó MA2  2MB 2 lớn nhất  ME nhỏ nhất  M là hình chiếu của

E 3;4;5 lên Oxy   M 3;4;0 .
Câu 2. Chọn C.
Gọi I là điểm thỏa mãn
        
IA  IB  IC  0  IA  CB  0  IA  BC  I 3;3;3
Nhận xét: I thuộc (P).
  
     

Ta có: MA  MB  MC  MI  IA  MI  IB  MI  IC  3MI  3MI
  
Do đó: MA  MB  MC nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M trùng với I

 a  3; b  3; c  3  T  327 .

11