Luận văn Thạc sĩ Toán học: Vấn đề cực trị hình học trong không gian Euclid E3

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

--------------------------***--------------------------

NGUYỄN VĂN HẢO

VẤN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG

KHÔNG GIAN EUCLID E3

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

--------------------------***--------------------------

NGUYỄN VĂN HẢO – C00257

VẤN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG

KHÔNG GIAN EUCLID E3

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH: Phương pháp toán sơ cấp

MÃ SỐ: 60460113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS NGUYỄN DOÃN TUẤN

Hà Nội - Năm 2016

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi và dưới sự hướng

dẫn của PGS.TS Nguyễn Doãn Tuấn

Các kết quả nêu trong luận văn là trung thực và mọi tham khảo điều được trích

dẫn và ghi gõ nguồn gốc.

Mọi sao chép không hợp lệ, vi phạm quy chế đào tạo hay gian trá tôi xin chịu

hoàn toàn trách nhiệm.

Tác giả

Nguyễn Văn Hảo

LỜI CẢM ƠN

Trong suốt thời gian theo học ở trường Đại học Thăng Long – Hà

Nội và đặc biệt là trong khoảng thời gian thực hiện luận văn tốt nghiệp,

tôi đã nhận được sự giúp đỡ hết lòng về mặt vật chất, tinh thần, kiến

thức và những kinh nghiệm quí báu từ gia đình, thầy cô và bạn bè.

Qua đây tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quí Thầy, Cô

trường Đại học Thăng Long – Hà Nội, đặc biệt là quí Thầy, cô khoa

Toán, những người đã hết lòng truyền đạt kiến thức và những kinh

nghiệm quí báu trong suốt thời gian chúng tôi theo học ở trường để

chúng tôi có thể tự lập được trong công việc sau này, đặc biệt là người

thấy kính mến PGS – TS Nguyễn Doãn Tuấn - người đã tận tình hướng

dẫn, động viên và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian thực hiện luận văn tốt

nghiệp, Các anh chị học viên trong lớp Cao học khóa 3 và các bạn đồng

nghiệp đã ủng hộ, giúp đỡ, chia sẻ kiến thức, kinh nghiệm và tài liệu

cho tôi trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn này.

Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và trong khuôn khổ của

luận văn nên bản thân mới chỉ trình bày được một phần nào đó không

tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được ý kiến đóng góp của

thầy cô và các bạn đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh hơn

Hà nội, ngày ...... tháng ......năm 2016

Học viên thực hiện

Nguyễn Văn Hảo

Mục lục

iii

0.1 Lý do chọn đề tài

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1

1.1 CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN TRONG TAM GIÁC . . . . . . . . . . . . . .

1.2 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.1 Bất đẳng thức cơ bản:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3 MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . . . . . . .

1.3.1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.2 Tìm thiết diện của hình đa diện (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P)

1.3.3

Phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuông góc . . . .

1.3.4

Phương pháp chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt

phẳng: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.5

Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng . . . . . . . . .

1.4 THỂ TÍCH KHỐI CHÓP, KHỐI TRỤ, KHỐI CẦU . . . . . . . . . . .

1.4.1

Thể tích khối chóp: (Phương pháp xác định chiều cao của

khối chóp) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4.2 Thể tích hình lăng trụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4.3 Diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu bán kính R: . . . . . . . .

1.4.4

Tỷ số thể tích của hình chóp tam giác . . . . . . . . . . . . . . .

2 PHÂN LOẠI BÀI TOÁN CỰC TRỊ

14

2.1 BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ . . . . . .

iii

MỤC LỤC

2.2 CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN 32

2.4 CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU . . .

2.5 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.6 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ . . . . .

2.7 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG

THỨC NỔI TIẾNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng trong không gian . . . . . . .

2.7.1.1 Định lý Ptôlêmê . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7.1.2

Bất đẳng thức Ptôlêmê . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7.1.3

Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng . . . . . . . . . . . .

2.7.2

Bất đẳng thức Erd¨os mở rộng trong không gian . . . . . . . .

2.7.2.1

Định lý (Bất đẳng thức Erd¨os) . . . . . . . . . . . . .

2.7.2.2

Bất đẳng thức Erd¨os mở rộng . . . . . . . . . . . . . .

2.8 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.9 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo

91

Giới thiệu

0.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Toán học là một môn học chiếm một vị trí quan trọng trong nhà

trường nói chung và Trường THPT nói riêng, Dạy toán chủ yếu dạy cho

học sinh phương pháp suy luận lôgíc, Toán học chủ yếu là học và rèn

luyện khả năng tư duy logic. Việc giải toán là một công việc mà giáo

viên cần rèn luyện cho học sinh nắm vững tri thức phát triển tư duy hình

thành kĩ năng, kĩ xảo.

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất( hay còn gọi là bài toán

cực trị) là các bài toán đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất,

dài nhất, ngắn nhất. . . Để từ đó dần hình thành cho học sinh thói quen đi

tìm một giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó trong thực tiễn cuộc

sống sau này.

Các bài toán cực trị và bất đẳng thức hình học là các bài toán

tương đối hay và khó, thường gặp trong thực tiễn giảng dạy ở cấp học

THPT và trong cuộc sống. Loại toán này rất phong phú và đa dạng đòi

hỏi suy luận một cách hợp lý nhiều khi độc đáo và bất ngờ, do đó học

sinh khi gặp loại bài toán này thường có tâm lý sợ, e ngại. Hơn nữa hiện

nay đã có một lượng đáng kể tài liệu về các vấn đề cực trị hình học, tuy

nhiên tài liệu còn nằm rải rác. Mặt khác theo tôi được biết tài liệu về

phân loại “ Vấn đề cực trị hình học trong không gian Euclid E3” chưa

có nhiều mà giáo viên cũng gặp khó khăn khi tập hợp và tuyển chọn

những bài toán dạng đó. Từ những lí do trên tôi đã chọn đề tài luận văn

" Vấn đề cực trị hình học trong không gian Euclid E3" với mong muốn

có một tài liệu hệ thống về toán cực trị để làm tài liệu giảng dạy cho học

sinh trong trường THPT.

Luận văn được hình thành nhờ sự giúp đỡ của các thầy cô, anh

chị đồng nghiệp, các thầy cô thuộc tổ toán của Trường Đại Học Thăng

Long - Hà Nội và đặc biệt Tôi xin chân thành cảm ơn PGS – TS Nguyễn

Doãn Tuấn đã hướng dẫn tận tình, sát sao và cho những nhận xét quý

báu về nội dung của luận văn.

0.2 Tên đề tài

“ VẤN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN EUCLID E3”

0.3 Bố cục luận văn

Luận văn được chia thành 2 chương chính, cụ thể như sau:

Chương 1: Các kiến thức chuẩn bị

Chương này tập trung đưa ra kiến thức cần sử dụng: như các định

lý trong tam giác về quan hệ góc, cạnh, chu vi, diện tích,các kiến thức

cơ bản trong hình học không gian, các công thức tính thể tích khối trụ,

khối cầu, khối nón và diện tích thiết diện. Các bất đẳng thức Cauchy,

cực trị hàm số, công thức khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng,

giao tuyến hai mặt phẳng, chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt

phẳng. . . .Đồng thời đi sâu nghiên cứu một số bất đẳng thức nổi tiếng và

các mở rộng ứng dụng của chúng.

Chương 2: Một số bài toán về cực trị khoảng cách, thiết diện

và thể tích, diện tích của hình chóp, lăng trụ. . . trong không gian.

Chương này đi sâu vào các bài toán cực trị học hình trong không

gian, các bài toán liên quan đến cực trị về khoảng cách, diện tích thiết

diện, thể tích khối chóp, khối cầu. . . đồng thời phát triển một số kết quả

có trong hình học phẳng vào hình học không gian.

CHƯƠNG 1

CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN TRONG TAM GIÁC

Định lý 1.1.1 Định lý hàm số Sin: Trong tam giác ABC ta có:

= = = 2R a Si nA b Si n B c Si nC

Định lý 1.1.2 Định lý hàm số Cos: Trong tam giác ABC ta có:

a 2 = b 2 + c 2 − 2b cCos A

b 2 = a 2 + c 2 − 2a cCos B

c 2 = b 2 + a 2 − 2b a Cos C

Định lý 1.1.3 Các công thức tính diện tích tam giác ABC:

S = a · h a = b · hb = c · h c

= 1 2 b cSi nA = 1 2 a cSi n B = a bSi nC 1 2 1 2 1 2 1 2

= P · r (Trong đó: P = : nửa chu vi, r: bán kính đường tròn nội tiếp) a + b + c 2

a b c 4R = (cid:112) P (P − a ) (P − b ) (P − c ) Công thức Hêrông

CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN TRONG TAM GIÁC

Định lý 1.1.4 Công thức đường trung tuyến. Trong tam giác ABC

= − m 2 a

= − m 2 b

= − m 2 c b 2 + c 2 2 a 2 + c 2 2 b 2 + a 2 2 a 2 4 b 2 4 c 2 4

Định lý 1.1.5 Công thức tính diện tích hình thang

: Chiều cao nhân với trung bình cộng của tổng hai cạnh đáy là

(cid:19) S = h ·

Công thức tính chu vi hình thang: P = a + b + c + d : Bằng tổng độ dài hai đáy và

hai cạnh bên.

(cid:18)a + b 2 diện tích của hình thang.

Định lý 1.1.6 Định lý Pythagoras:

Thuận: Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương

hai cạnh góc vuông: a 2 = b 2 + c 2

Đảo: Trong tam giác, nếu bình phương một cạnh bằng tổng bình phương hai cạnh

còn lại thì tam giác đó vuông.

Định lý 1.1.7 Định lý Thales

Thuận: Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt AB, AC

lần lượt tại 2 điểm D,E thì:

= = = , , AD A B AE AC AD D B AE E C D B A B E C AC

hoặc

thì D E //BC ha y d //BC

Đảo: Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d cắt AB, AC lần lượt tại D, E và E C AD AC A B

= = = ha y D B A B AD D B AE E C AE AC

Hệ quả 1.1.8 Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC, cắt AB,

AC lần lượt tại 2 điểm D,E thì

= = AD A B AE AC D E BC

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ CƠ BẢN

1.2 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ CƠ BẢN

1.2.1 Bất đẳng thức cơ bản:

Các bất đẳng thức đại số được sử dụng rất rộng rãi trong các bài toán cực trị. Trong

luận văn này xin trình bày hai bất đẳng thức đại số cơ bản nhất đó là bất đẳng thức

Cauchy, bất đẳng thức Cauchy – Schawrs.

Định lý 1.2.1 (Bất đẳng thức Cauchy). Với n số thực không âm bất kỳ a 1, a 2, ...a n

ta có bất đẳng thức:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a 1 = a 2 = a 3 = ........ = a n

(cid:112) ≥ n a 1a 2 · ....a n a 1 + a 2 + .... + a n n

Bài toán 1.2.2 [I M D1964]

Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

a 2 · (b + c − a ) + b 2 (c + a − b ) + c 2 (a + b − c ) ≤ 3a b c

Chứng minh:

Đặt: x = b + c − a , y = c + a − b, z = a + b − c . Khi đó: x , y , z ≥ 0

Do đó:

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: y + z 2

Từ đó, theo cách đặt trên ta được: a b c ≥ (b + c − a ) · (c + a − b ) · (a + b − c )

(cid:112) ≥ ≥ (cid:112)x y , ≥ (cid:112)y z , x z x + y 2 y + z 2 x + z 2 · · ≥ x y z . x + y 2 x + z 2

Mà

(b + c − a ) · (c + a − b ) · (a + b − c )

Từ đó thu được bất đẳng thức cần chứng minh

= a 2 · (b + c − a ) + b 2 (c + a − b ) + c 2 (a + b − c ) − 2b a c

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ CƠ BẢN

Bài toán 1.2.3

Cho a, b, c là chiều dài cạnh của (cid:205) A BC . Chứng minh rằng:

+ + ≤ + + 1 a 1 b 1 c 1 a + b − c 1 b + c − a 1 a + c − b

Chứng minh: Áp dụng hệ quả 1.2.3 ta có: 2 1 1 a + b − c + b + c − a b + c − a 2 Chứng minh tương tự ta cũng có:

(cid:18) (cid:19) + ≥ = (1) 1 a + b − c 1 b

(cid:18) (cid:19) + ≥ (2)

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế với vế ta được bất đẳng thức theo yêu

cầu. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c

(cid:18) (cid:19) + ≥ (3) 1 c 1 a 1 2 1 2 1 b + c − a 1 a + c − b 1 a + c − b 1 a + b − c

Hệ quả 1.2.4 (Bất đẳng thức Cauchy).Với mọi số dương ta đều có:

Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = a 3 = ..... = a n

n (cid:112) n a 1 · a 2 · .....a n ≥ + + .... + 1 a 1 1 a 2 1 a n

Hệ quả 1.2.5 Với mọi bộ số dương a 1, a 2, ...a n ta đều có:

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = a 3 = ..... = a n

(cid:19) · + ≥ + .... + 1 n (cid:18) 1 a 1 1 a 2 1 a n n a 1 + a 2 + ... + a n

Hệ quả 1.2.6 Với mọi số không âm a 1, a 2, ...a n , và m=1,2,.... ta đều có:

(cid:139)m a m 1 + a m 2 ≥ + .... + a m n n (cid:129)a 1 + a 2 + ... + a n n

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ CƠ BẢN

Định lý 1.2.7 (Bất đẳng thức Cauchy – Schawrs)

Xét hai bộ số thực tùy a 1, a 2, ...a n và b 1,b 2, ...b n khi đó ta có:

(cid:138) (cid:128) (cid:138) (a 1b 1 + a 2b 2 + ... + a nb n )2 ≤ (cid:128) a 2 1 + a 2 2 + ..... + a 2 n b 2 1 + b 2 2 + ..... + b 2 n

Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi:

= = = ... = a 1 b 1 a 3 b 3 a n b n a 2 b 2 (với quy ước mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0)

Định lý 1.2.8 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: Hàm số: y = f (x )

xác định trên tập D

a) Số M được là giá trị lớn nhất của f (x )trên tập D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:





b) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x )trên D nếu thỏa mãn:

 f (x ) ≤ M , ∀x ∈ D ∃x 0 ∈ D, f (x 0) = M , ký hiệuM = max f (x ), x ∈ D





 f (x ) ≥ m , ∀x ∈ D ∃x 0 ∈ D, f (x 0) = m , ký hiệu= min f (x ), x ∈ D

c) Tìm GTLN – GTNN của hàm số: Loại 1: Tìm giá trị lớn nhất – GTNN của hàm số y = f (x )khi hàm sốy = f (x ) liên tục[a ,b ], khả vi trên khoảng [a ,b ] Bước 1: Tìm đạo hàm y’ và tìm nghiệm x i ∈ [a ,b ] của phương trình y’=0 (i = 1, 2, 3, ...)

Bước 2: Tính: f (a ), f (b ), f (x i )...và so sánh các số này ta sẽ có kết quả Loại 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x ) khi hàm số y = f (x ) liên tục trên (a,b) Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có duy nhất một cực trị trên khoảng (a,b) nếu

cực trị này là: *) Cực tiểu (Yc t ) thì: Min y[a ,b ] = yc t

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

*) Cực đại (Yc d ) thì Max y[a ,b ] = Yc d

1.3 MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

1.3.1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Muốn tìm giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt ta tìm hai điểm chung thuộc cả

hai mặt phẳng. Nối hai điểm chung đó ta tìm được giao tuyến cần tìm.

1.3.2 Tìm thiết diện của hình đa diện (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P)

Thiết diện là phần chung của mặt phẳng (P) và hình (H)

Xác định thiết diện là tìm giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình đa

diện. Thiết diện thu được là một hình đa giác tạo bởi các giao tuyến đó

1.3.3 Phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuông góc

Để chứng minh a ⊥b thường sử dụng những phương pháp sau:

Sử dụng phương pháp hình học phẳng: Góc nội tiếp, định lý Pytago đảo,...

Sử dụng phương pháp tích vô hướng của hai véc tơ: −→ a ,

Nếu

Sử dụng tính chất:

−→ a · −→ b = 0 ⇒ a ⊥b ( −→ b ) là hai véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng a,b



Một mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b. Chứng minh đường thẳng a vuông góc với

mặt phẳng (P) thì a ⊥b tức là:

c ⊥b  ⇒ a ⊥b  c //a



a ⊥ (P)  ⇒ a ⊥b  b ⊂ (P)

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Chứng minh đường thẳng a song song với mặt phẳng (P), đường thẳng b vuông góc

với mặt phẳng (P) thì a ⊥b tức là:



Sử dụng định lý 3 đường vuông góc: a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mp (P),

a // (P)  ⇒ a ⊥b  b ⊥ (P)

với a’. Nói ngắn gọn b vuông góc với hình chiếu thì b vuông góc với đường xiên.

b ⊂ (P). Đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b khi và chỉ khi b vuông góc

1.3.4 Phương pháp chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng:

Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) ta thường sử dụng các

phương pháp sau:

Chứng minh đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mp(P):

a ⊥b ⊂ (P)

⇒ a ⊥ (P) a ⊥c ⊂ (P)

Hai mp (Q) và (R) cùng vuông góc với mp(P), có giao tuyến là đường thẳng a thì a

vuông góc với (P):

b ∩ c ⊂ (P) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(Q) ⊥ (P)

⇒ a ⊥ (P) (R) ⊥ (P)

(Q) ∩ (P) = a (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Hai mp (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến b. Một đường thẳng a thuộc

mp (Q) vuông góc với b, thì a vuông góc với mp (P).

(P) ⊥ (Q)

(P) ∩ (Q) = b ⇒ a ⊥ (P) a ⊂ (Q)

Đường thẳng b vuông góc với mp (P), đường thẳng a song song với b, suy ra a

vuông góc với (P)

a ⊥b (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Đường thẳng a song song với mp (Q), mp (P) song song với (Q) nên a vuông góc

với (P):

a //b ⇒ a ⊥ (P) b ⊥ (P) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

a ⊥ (Q) ⇒ a ⊥ (P) . (Q) // (P) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

1.3.5 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Bài toán 1: Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên

của hình chóp

Phương pháp:

Xác định giao tuyến d của mặt bên và mặt phẳng chiếu

Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH ⊥d (H ∈ d )

Dựng AI ⊥SH (I ∈ SH ). Khoảng cách cần tìm là AI với S là đỉnh, A là hình chiếu

vuông góc của đỉnh lên mặt đáy.

Ví dụ: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC) hãy xác định khoảng

cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Lời giải:

Nhận thấy BC là giao tuyến (SBC) và (ABC). Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A,

dựng AH ⊥BC ≡ H Dựng AI ⊥SH ≡ I . Vì:

Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAH) theo giao tuyến SH ta có AI ⊥SH = I nên: AI ⊥m p (S BC ) ⇒ d (cid:0)A, m p (S BC )(cid:1) = AI

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥ (SAH ) ⇒ (S BC ) ⊥ (SAH ) BC ⊥AH (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Bài toán 2: Khoảng cách từ một điểm M bất kỳ đến một mặt phẳng (P)

Phương pháp 1: Nếu tìm trực tiếp hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt

phẳng (P) mà gặp khó khăn thì ta làm theo các bước sau để chuyển điểm M sang

điểm N mà tính d(N, (P)) dễ dàng hơn.

Bước 1: Tìm giao điểm I của đường thẳng MN với mp (P)

và sử dụng tính chất:

Bước 2: Tìm tỷ số:

Chứng minh: Kẻ: M H ⊥ (P) , N K ⊥ (P) , H , K ∈ (P) t h`iM H //N K

(cid:95) I M H =

(cid:95) I N K

nên:

= I M I N d (M , (P)) d (N , (P)) I M I N

(đpcm)

Nên:

Do đó: Tam giác vuông IMN, INK đồng dạng (g.g) d (M , (P)) d (N , (P))

Chú ý:

Hai điềm M, N nằm ở khác phía đối với mp (P) thì tính chất trên vẫn đúng

Nếu MN//(P) thì d(M, (P))= d(N, (P))

Nếu N là trung điểm của IM thì d (M , (P)) = 2d (N , (P))

Nếu I là trung điểm của MN thì: d (M , (P)) = d (N , (P))

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ

thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ

⇒ = = M H N K I M I N I M I N

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP, KHỐI TRỤ, KHỐI CẦU

thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ M đến mp (P)

Phương pháp 2: Phải tìm đường thẳng d qua M và chứa một điểm A mà có thể

tính khoảng cách đến mp (P). Kinh nghiệm thường điểm A là hình chiếu của đỉnh.

1.4 THỂ TÍCH KHỐI CHÓP, KHỐI TRỤ, KHỐI CẦU

1.4.1 Thể tích khối chóp: (Phương pháp xác định chiều cao của khối chóp)

Khối chóp có một cạnh vuông góc với đáy, thì cạnh đó là chiều cao của khối chóp

Khối chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chiều cao chính là đường kẻ từ

đỉnh vuông góc với giao tuyến.

Khối chóp có hai mặt kề nhau vuông góc với đáy thì đường cao chính là giao tuyến

của hai mặt kề nhau đó.

Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau, hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy một góc

bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.

Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân đường cao

chính là tâm vòng tròn nội tiếp.

Công thức tính thể tích khối chóp: V =

cao của khối chóp Với hình chóp tam giác (tứ diện) S.ABC thì VS.A BC D =

B · h Với B: là diện tích đáy, h là chiều 1 3

Ta cũng có thể đổi đỉnh S sang đỉnh A hoặc B hoặc C, tức là: VS.A BC = VA.S BC = VB.SAC = VC .SA B (Tùy theo bài toán ta chọn đỉnh thích hợp) Với hình chóp tứ giác S.ABCD thì: VS.A BC D =

SA BC d (S, (A BC )) 1 2

SA BC D · d (S, (A BC D)) 1 3

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP, KHỐI TRỤ, KHỐI CẦU

1.4.2 Thể tích hình lăng trụ

Trong đó B là diện tích đáy, và h là chiều cao, đó là khoảng cách giữa hai đáy. Với hình lăng trụ ABC.A’B’C’ thì: V A BC D.A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48)D (cid:48) = SA BC .d ((A BC ) , (A (cid:48)B (cid:48)C (cid:48))) Với hình lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ thì: VA BC A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48) = SA BC · AA(cid:48) Với hình hộp chữ nhật với ba kích thước là a, b, c thì: V = a · b · c

Với hình lập phương cạnh a thì V = a 3

V = B.h

1.4.3 Diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu bán kính R:

= · π · R 3 Smặt cầu = 4 · π · R 2, Vkhối cầu 4 3

1.4.4 Tỷ số thể tích của hình chóp tam giác

Cho hình chóp S.ABC. Trên các tia SA, AB, SC, lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’

khác với S thì:

Chứng minh:

(cid:48)

= · · SA (cid:48) SA S B (cid:48) S B SC (cid:48) SC VS.A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48) VS.A BC

(cid:48)(cid:1)(cid:1) · SS B (cid:48)C (cid:48)

Ta có:

d (cid:0)A , (cid:0)S B C 1 3 = = = · d (A (cid:48), (S BC )) d (A, (S BC )) VS.A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48) VS.A BC VA (cid:48).S B (cid:48)C (cid:48) VA.S BC SS B (cid:48)C (cid:48) SS BC

(cid:95)

(cid:48)

(cid:48) =

= 1 3 Do: S = SA ∩ (S BC ) , A (cid:48) ∈ SAn ˆen SA (cid:48) SA

(cid:95) (cid:48) SC

(cid:95) BSC

S B · SC · Si n BSC m `a B d (A, (S BC )) · SS BC d (A (cid:48), (S BC )) d (A, (S BC )) SS BC = 1 2

nên

(cid:95) (cid:48) SC SC (cid:48) SC

(cid:48) · Si n B S B (cid:48) S B ·

Vậy:

(đpcm)

Vì: SS B,C (cid:48) = SS B (cid:48)C (cid:48) SS BC VS.A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48) VS.A BC

· =

Đặc biệt:

1 (cid:48) · SC S B 2 S B (cid:48) · SC (cid:48) = S B · SC SA (cid:48) · = SA = · = , S B (cid:48) S B S B (cid:48) S B SC (cid:48) SC SC (cid:48) SC SC (cid:48) SC VS.A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48) VS.A BC VS.A BC (cid:48) VS.A BC

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP, KHỐI TRỤ, KHỐI CẦU

Hình 1.1:

Chú ý: Không có công thức tương tự về tỷ số của thể tích hình chóp tứ giác, tức là

cho hình chóp SABCD, lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’, D’ trên cạnh SA, SB, SC,

SD thì ta có công thức:

Ví dụ: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, SA=2a, SA⊥ (A BC ).

Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC. Tính thể tích

ABCMN

Lời giải

= · · · SA (cid:48) SA S B (cid:48) S B SC (cid:48) SC SD (cid:48) SD VS.A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48)D (cid:48) VS.A BC D

= · SM S B SN SC VS.AM N VS.A BC

(cid:112) 5

Tam giác vuông SAB có: SA 2 + A B 2 = (cid:112) S B 2 = (cid:112) 1 1 1 1 = a 2 SA 2 A B 2 AM 2 2a ⇒ AM = (cid:112)

= + + = 4a 2 + a 2 = a 5 1 4a 2 4a 2

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP, KHỐI TRỤ, KHỐI CẦU

Hình 1.2:

= 4a (cid:112) ⇒ SM = ⇒ SM 2 = SA 2 − AM 2 = 4a 2 − 4a 2 5 16a 2 5 5

Suy ra:

= = (cid:112) (cid:112) SM S B 4 5 4a 5 · a

Và tương tự, ta có:

5 =

Do đó:

= = · VS.A BC 4 5 SN SC SN SC SM · S B ⇒ VS.AM N = (cid:112) 3 · 16 25 a 3 (cid:112) · 2a = 16 25 a 2 · 4 2 3

= · SA BC · SA = a 2 (cid:112) 1 3 8a 2 (cid:112) VS.AM N VS.A BC 1 Mà: VS.A BC = 3 Nên: VS.AM N = 25 2 3 3

− = a 3 (cid:112) 8a 3 (cid:112) 9a 3 (cid:112) 16 25 Vậy: VA.BC N M = VS.A BC − VS.AM N = 2 3 25 3 50 3

CHƯƠNG 2

PHÂN LOẠI BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Trong chương này chúng tôi muốn phân loại và trình bày một số bài toán cực trị

thuộc các dạng khác nhau, giúp hệ thống tốt hơn cho việc dạy và học chủ đề này.

Giải bài toán cực trị hình học trong không gian chủ yếu dựa vào các phương pháp:

Phương pháp sử dụng thuần túy các định lý về hình học, công cụ tọa độ

Phương pháp thiết lập hệ thức xác định và kết hợp với công cụ đại số

Phương pháp véc tơ

2.1 BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Như đã biết, có thể sử dụng công cụ giải tích để xét sự biến thiên và tìm cực trị của

một số độ dài, khoảng cách, góc trong các bài toán tọa độ trong không gian. Mặc

dù cách giải khá rõ ràng nhưng lại phải tính toán phức tạp. Trong phần này chúng

tôi xét một số bài toán cực trị với bản chất hình học của nó, từ đó giải bài toán cụ

thể bằng công cụ thuần túy hình học.

Bài toán 2.1.1 Cực trị về họ mặt phẳng, họ đường thẳng quay xung quanh một

điểm cố định

Cho 2 điểm phân biệt A, B, tìm vị trí của mặt phẳng (α) chứa B và cách A một

khoảng lớn nhất

Phương pháp giải

Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (α), khi đó:

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Hình 2.1:

Vậy khoảng cách lớn nhất khi H ≡ B , khi đó mặt phẳng (α) qua B vuông góc với

AB (Bài toán tương tự là tìm đường thẳng qua B và cách A một khoảng lớn nhất)

Ví dụ1: Viết phương trình mặt phẳng qua B (1; 2; -1) cách gốc tọa độ một khoảng

lớn nhất.

∆ ABH vuông tại H, và d (A; (α))= AH ≤ A B

Phương pháp giải

Theo bài toán 1: mặt phẳng cần tìm có 1véc-tơ p tuyến Vậy mặt phẳng cần tìm là: 1 (x + 1) + 2 (cid:0)y − 1(cid:1) − 1 (z − 1) = 0

−→ O B = (1; 2; −1)

Bài toán 2.1.2 Cực trị về họ mặt phẳng quay xung quanh 1 đường thẳng cố định

Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A, Tìm vị trí của mặt phẳng (α) chứa

∆ sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng đó là lớn nhất.

Phương pháp giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (α), K là hình chiếu của A trên ∆

Ta thấy d (A; α) = AH ≤ A K (quan hệ đường xiên và hình chiếu)

Vậy d (A; α) lớn nhất ↔ H ≡ K . Hay vị trí mặt phẳng cần tìm là (α) chứa ∆ và

vuông góc với AK

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Hình 2.2:

Ví dụ2a: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: (m − 1) x + y + m z − 1 = 0 . Tìm m

để khoảng cách từ điểm A (1;1;2) đến mặt phẳng (α) lớn nhất

Phương pháp giải:

Ta thấy mặt phẳng (α) chứa đt cố định ∆ có phương trình:

Gọi K là

x = t

y = 1 + t

hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng ∆ Thì K (t; 1+t; -t);

   z = −t

−→ A K = (t − 1; t ; −t − 2)

Vì

vậy

(cid:19) −→ A K ⊥ −→ A K = ; − ; −→ u ∆ nên (t − 1) 1 + t + t + 2 = 0 ⇒ t = (cid:18)−4 3 1 3 −5 3

mặt phẳng cần tìm vuông góc với AK nên :

=> m=5

= = 1 3 m − 1 4 1 1 m 5

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Ví dụ2b Cho 3 điểm A (1;1;1); B (2; 1;0); C (2; 0; 2). Viết phương trình mặt

phẳng (α) đi qua 2 điểm B và C và cách điểm A một khoảng lớn nhất.

Phương pháp giải:

Theo bài toán 2: mặt phẳng cần tìm chứa BC và vuông góc với mặt phẳng (ABC).

Ta có: −→ BC = (0; −1; 2);

−−−→ −→ A B = (1; 0; −1) ⇒ BC ; −→ A B n (A BC ) = (cid:104)−→

Suy ra mặt phẳng (α) có một véc-tơ pháp tuyến là: Vậy, phương trình mặt phẳng (α) là: −5 (x − 2) + 2 (cid:0)y − 1(cid:1) + z = 0 Hay: −5x + 2y + z + 8 = 0

(cid:105) = (1; 2; 1) n α = (cid:104)−→ −→ BC ; (cid:105) = (−5; 2; 1) −→ n (A BC )

Bài toán 2.1.3

Cho đường thẳng ∆1, ∆2 phân biệt không song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆1 và tạo với ∆2 một góc lớn nhất.

Phương pháp giải:

Vẽ một đường thẳng bất kỳ ∆3 song song với ∆2 và cắt ∆1 tại K. Gọi A là điểm cố định trên ∆3 và H là hình chiếu của A trên mặt phẳng (α) ta có góc giữa ∆2 và (α)

(cid:95) AK H =

Nên: c os

không đổi

chính là góc AKH. Kẻ AT ⊥(cid:205)1 (T ∈ (cid:205)1) Khi đó tam giác HKT vuông tại T K T AK

(cid:95)

≥ H K AK

(cid:151)

Vậy góc AKH lớn nhất khi và chỉ khi HK= KT hay H ≡ T góc lớn nhất chính là: AK T = ((cid:205)1; (cid:205)2) . Khi đó, mặt phẳng (α) cần tìm chứa ∆1 và vuông góc với mặt −→ phẳng (∆1; ∆2) hay nó có một véc-tơ chỉ phương (cid:148)−→ u (cid:205)2 u (cid:205)1; −→ (cid:148)−→ (cid:151)(cid:151) Do đó VTPT của mặt phẳng (α) là: u (cid:205)2 u (cid:205)1; x − 1 Ví dụ3: cho 2 đường thẳng ∆1: và ∆2: 1 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆1 và tạo với ∆2 một góc lớn nhất

= = = n α = (cid:148)−→ −→ u (cid:205)1; y − 1 z = 2 1 y 1 x 1 z 1

Phương pháp giải:

Ta thấy 2 đường thẳng trên là phân biệt và không song song. Vậy theo kết quả của

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Hình 2.3:

bài toán 3 ta có:

Do đó VTPT của mặt phẳng (α) là:

= (1; 1; 2) ; = (1; 1; 1) ⇒ (cid:148)−→ (cid:151) = (−1; 1; 0) −→ u ∆1 −→ u ∆2 u ∆1, −→ u ∆2

Vậy mặt phẳng (α) là: −2x − 2(y − 1) + 2z = 0 hay x + y − z − 1 = 0

(cid:151)(cid:151) = (−2; −2; 2) n α = (cid:148)−→ −→ u (cid:205)1; (cid:148)−→ u (cid:205)1; −→ u (cid:205)2

Bài toán 2.1.4 Cực trị về họ đường thẳng xung quanh 1 điểm cố định trong một

mặt phẳng cố định

Cho mặt phẳng (α) và điểm A ∈ (α) ; điểm B (cid:54)= A . Tìm đường thẳng ∆ nằm trong

(α) đi qua A và cách B một khoảng nhỏ nhất, lớn nhất.

Phương pháp giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆ , ta thấy d (B ; ∆) = B H ≤ A B

Vậy khoảng cách đó lớn nhất khi và chỉ khi H ≡ A. Khi đó ∆ là đường thẳng qua

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Hình 2.4:

A và có một véc- tơ chỉ phương là

. Gọi T là hình chiếu của B trên

(α) ta thấy BH ≥ BT. Vậy khoảng cách B Hm i n = BT khi và chỉ khi H ≡ T hay đường thẳng ∆ đi qua A và T, để viết phương trình đường thẳng ∆ có hai cách:

Cách 1: Tìm hình chiếu vuông góc T của B trên α , từ đó viết phương trình đường

thẳng ∆ đi qua A và T

Cách 2: Tìm tọa độ một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng ∆

(cid:105) u (cid:205) = (cid:104)−→ −→ n α; −→ A B

(cid:105) −→ u ∆ = (cid:104)−→ n α; −→ A B

và ∆ là đường thẳng đi qua A và có véc tơ chỉ phương là

Ví dụ4: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A (1;1;1) vuông góc với đường

−→ u ∆

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

và cách B (2;0;1)một khoảng lớn nhất

thẳng

x = t

y = 1 + t

  

Gọi ∆ là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với ∆ ’. Khi đó đường thẳng ∆ nằm

trong mặt phẳng (α) , đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Theo bài toán 4 ta

có:

z = 1 + 2t Phương pháp giải:

−→ A B = (1; −1; 0) ; −→ u = (cid:104)−→ −→ A B n α; −→ n = (1; 1; 2) (cid:105) = (2; 2; −2)

Phương trình đường thẳng ∆ là:

x = 1 + t

y = 1 + t

   z = 1 − t

Bài toán 2.1.5

Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hay nằm

trên (α). Tìm đường thẳng ∆ , nằm trong (α) đi qua A và tạo với đường thẳng d góc

bé nhất, lớn nhất.

Giải

Vẽ đường thẳng đi qua A song song với d. Trên đường thẳng này lấy B (cid:54)= A cố định.

Hình chiếu vuông góc của B trên ∆ và (α) theo thứ tự là H, K (hình vẽ). Ta có:

(cid:95) B AH

(d ; ∆) =

(cid:95) B AH =

Vậy ( (d; ∆)) nhỏ nhất khi và chỉ khi H ≡ K hay ∆ chính là đường thẳng AK

≥ sin (d ; ∆) = sin B H A B B K A B

Ta thấy một véc-tơ chỉ phương của ∆ lúc đó là:

(cid:151)(cid:151) u (cid:205) = (cid:148)−→ −→ n α; (cid:148)−→ n α; −→ u d

BẢN CHẤT HÌNH HỌC CỦA CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Hình 2.5:

Bài toán 2.1.6

Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song với (α),

không nằm trên (α), không đi qua A. Tìm đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (α)

đi qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và đường thẳng d là lớn nhất.

Phương pháp giải:

Gọi d’ là đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng d và B là giao điểm

của d với mặt phẳng (α).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng (d’; ∆), khoảng cách giữa d

và ∆ bằng BH.

Gọi C là hình chiếu vuông góc của B trên d’.

Ta thấy BH ≤ BC, nên BH lớn nhất khi và chỉ khi H ≡ C

* Dựng đường thẳng ∆ như sau: Hạ BC ⊥d (cid:48)

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Hình 2.6:

Hạ C K ⊥ (α), Suy ra đường thẳng AK chính là đường thẳng ∆ cần tìm

2.2 CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Các bài toán về cực trị khoảng cách là rất hay và thường gặp trong các đề thi học

sinh giỏi, đòi hỏi người học cần biết sử dụng thành thạo các kiến thức trong hình

học phẳng và kết hợp các kiến thức trong hình học không gian để đưa ra cách giải

quyết yêu cầu bài toán, thường đưa về một hàm số hoặc một biểu thức sau đó thực

hiện phương pháp giải quyết phù hợp.

Bài toán 2.2.1 (Đề thi HSG lớp 12 - Thái Bình)

Cho hình chóp SABC có SA =2a; SB =3a; SC = 4a; (cid:213)SA B = (cid:213)SAC = 900 (cid:213)BSC = 1200 và 2 điểm M, N thỏa mãn: 3 a. Chứng minh (cid:205) AM N vuông. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB)

−→ SM = 2 −→ SC = 2 −→ S B ; −→ SN

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

b. Cho 2 điểm E, F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đường thẳng AB và SC. Tìm giá

trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng EF.

Lời giải:

Hình 2.7:

(cid:95)

a) Trong (cid:205) SAM vuông tại S vì

(cid:112) 2 SA B = 900; M ∈ S B tính được AM = 2a

đường trung tuyến: AN 2 =

Trong (cid:205) SAC có N là trung điểm BC (SC = 2SN ). Theo công thức tính độ dài SC 2 4

(cid:95)

− AC 2 = SC 2 − SA 2(cid:138) = 4a 2 (cid:128)

Trong (cid:205) SM N có:

Theo định lý Cosin ta có: M N 2 = SM 2 + SN 2 − 2SM · SN · C os1200 = 12a 2

SA 2 + AC 2 2 S BC = 1200 (M ∈ S B ; N ∈ SC )

Suy ra (cid:205) AM N vuông tại A (Theo đinh lý Pythagore đảo)

(cid:205) AM N ta kiểm tra được: AM 2 + AN 2 = M N 2

Tính SH = a ;SAM N = 2

Gọi H là trung điểm của MN, dễ suy ra SH ⊥ (AM N ) 2a 3 3

(cid:112) (cid:112) 2 2a 2. Từ đó VS.AM N =

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Dựa vào tỷ số thể tích:

(cid:18) (cid:19) · = · = = = · · 2 = 3 v `i : ; = 2 SC SN S B SM SC SN 3 2 S B SM 3 2 SC SN SA SA VS.A BC VS.AM N S B SM (cid:112)

tìm được VS.A BC = 2 Từ đó: d (C ; (SA B )) =

(cid:112) = 2a 2 2 · a 3 3 · VS.A BC S(cid:205)AS B

b) Đặt:

−→ AE = x −→ A B ; −→ SF = y −→ SC ; x , y ∈ [0; 1]

Suy ra:

−→ SA − x −→ S B + y −→ SC −→ EF = (x − 1) ·

⇒ EF2 = (cid:2)13x 2 − 8x + 4 + 16y 2 − 20x y − 8y (cid:3) · a 2

(cid:153) (cid:150)(cid:18) (cid:19)2 (cid:18) (cid:19)2 = + + 4y + 3x − · a 2 ≥ a 2 3 4 8 3 8 3

5x − 2 2 2 3 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của EF là:

khi

(cid:112) 2 −→ AE = −→ A B ; −→ SF = −→ SC 6 · a 3 2 9 1 9

Bài toán 2.2.2

Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a; Đáy

ABCD là hình thang vuông có đường cao AB = a; BC = 2a, SC vuông góc với BD

a) Chứng minh (cid:205) S BC vuông

b) Tính AD

c) Gọi M là một điểm trên SA; đặt AM = x. Tìm độ dài đường cao DE trong tam

giác BDM theo a và x. Xác định x để DE có giá trị lớn nhất? nhỏ nhất?

Lời giải:

a) Vì AB là hình chiếu của SB lên (ABCD); ⇒ BC ⊥S B ⇒(cid:205) S BC v u ˆon g

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Hình 2.8:

b) Theo giả thiết (cid:205) A BC vuông tại B ⇒ AC 2 = A B 2 + BC 2 = 5a 2

Gọi I = AC ∩ B D; BI là đường cao của (cid:205) A BC vì B D⊥AC

Suy ra: A B 2 = AI · AC ⇒ AI =

= = a 2 (cid:112) a (cid:112) A B 2 AC a 5

AI là đường cao trong (cid:205) B ADvuông; nên

c) Tính DE

5 = + ⇒ AD = 1 AI 2 1 A B 2 1 AD 2 a 2

(cid:199) x 2 + a 2 5

Vì AI là hình chiếu của MI lên (ABCD); lại có AI ⊥B D ⇒ M I ⊥B D (cid:205) M AI vuông tại A⇒ M I = (cid:112) (cid:205) M A B vuông ⇒ B M = (cid:112) (cid:205) B ADvuông ⇒ B D = (cid:112) Ta có:

M A 2 + AI 2 = M A 2 + A B 2 = (cid:112) (cid:112) (cid:199) a 5 = A B 2 + AD 2 = a 2 + x 2 + a 2 a 2 4 2

(cid:114) = D E · M B = M I · B D ⇒ D E = 1 + SM B D = 1 2 1 2 M I · B D B M a 2 4x 2 x 2 + a 2

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

*) Vì:

Vậy Min D E =

đạt được khi và chỉ khi x = 0

; D E = ⇔ x = 0 ≥ 0 nên D E ≥ 4x 2 x 2 + a 2 a 2 a 2

Vì D E =

(cid:112) (cid:199) a 3 ≤ · = 1 + 1 + (cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:116) a 2 a 2 4 2 2

Vậy Max D E =

đạt được khi và chỉ khi x = a

a 2 4 a 2 x 2 1 + (cid:112) a 3

* Một ứng dụng thường dùng của định lý 3 đường vuông góc là chứng minh hai

đường thẳng vuông góc nhau. Để chứng minh đường thẳng a vuông góc b ta lấy c

là hình chiếu vuông góc của a lên mặt phẳng chứa b, sau đó chứng minh b vuông

góc c từ đó suy ra b vuông góc a.

Bài toán 2.2.3

Cho (cid:205) A BC vuông tại A; có AB = c; AC = b. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và

vuông góc với mặt phẳng (ABC); S là một điểm di động trên (P) sao cho S.ABC

là hình chóp có hai mặt bên SAB, SAC hợp với mặt đáy ABC hai góc có số đo lần

lượt là α và

π − α. Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếu vuông góc của S lên BC; AB;

a) Chứng minh rằng SH 2 = H I · H J

b) Tìm giá trị lớn nhất của SH

2 AC. Biết H ở trong đoạn BC

Lời giải:

Chứng minh rằng: SH 2 = H I · H J

a) Vì:

(S BC ) ⊥ (A BC )

⇒ SH ⊥ (A BC ) (S BC ) ∩ (A BC ) = BC

   SH ⊂ (S BC ) ;SH ⊥BC

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Hình 2.9:



Suyra: ((SA B ) ; (A BC )) = α

A B ⊥SH  ⇒ A B ⊥ (SH I )  A B ⊥SI

(cid:95) S J H =

Tương tự: AC ⊥ (SH I ) v `a ((SAC ) ; (A BC )) =

Tam giác vuông SHI có: tan α = (cid:129)π

π − α 2

Tam giác vuông SHJ có: tan

Vì : tan

b) Tìm giá trị lớn nhất của SH

Tứ giác AIHJ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.

(cid:139) SH H I − α = 2 (cid:129)π (cid:139) − α SH H J = = cot α = n ˆen ⇒ SH 2 = H I · H J (đpcm) 2 SH H I H J SH 1 tan α

Đặt x = AI = J H (0 ≤ x ≤ c )· (cid:205) A BC đồng dạng (cid:205) B I H (cid:0)g .g (cid:1) n ˆen

Suy ra: H I =

= = H I AC B I BC c − x c b · (c − x ) c

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Từ đó: SH 2 = H I · H J =

(BĐTCauchy)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = c − x ⇔ x =

(cid:21)2 ≤ · = b x · (c − x ) c b c (cid:20)x + (c − x ) 2 b c 4

Vậy: M axSH 2 =

c 2 (cid:112) b c ⇒ M axSH= b c 4 1 2

Bài toán 2.2.4

Cho hình chóp tam giác đều SABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và

phẳng (SBA) và (SBC) luôn vuông góc với nhau; AD, AE lần lượt là đường cao

của (cid:205) SAC v `a (cid:205) SA B

a) Chứng minh tam giác ABC, SBC vuông và AE vuông góc với mặt phẳng (SBC)

b) Tính góc BAC để khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SAC) lớn nhất

c) Giả sử DE cắt BC tại M và đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (SBC) tại D

cắt mặt phẳng (ABC) tại N. Chứng tỏ A, M, N thẳng hàng và tính AM.AN không

đổi. Định góc BAC để MN có độ dài nhỏ nhất.

2a (cid:112) SA = ; AC = 2a . Các đỉnh S, A, C cố định, đỉnh B di động nhưng hai mặt 3

Lời giải:

a) Chứng minh các tam giác ABC, SBC vuông và AE ⊥ (S BC ) (dễ dàng chứng

minh được)

b) Tính góc BAC để khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SAC) lớn nhất

Ta có:



Mặt phẳng (ADE) qua điểm A cố định và vuông góc với SC cố định nên (ADE) cố

định. Dựng E H ⊥AD (H ∈ AD) vì EH cũng vuông góc với SC nên E H ⊥ (SAC )

Suy ra: d (E ; (SAC )) = E H

(cid:95)

Mặt khác trong mp (ADE) có

SC ⊥AD  ⇒ SC ⊥ (AD E )  AE ⊥ (S BC ) ⇒ AE ⊥SC

AD E = 900 nên E thuộc đường tròn (C) đường kính

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Hình 2.10:

AD; suy ra: EH đạt giá trị lớn nhất khi tam giác AED vuông tại E

Và M axE H =

AD 1 2

Trong tam giác SAC vuông:

= + = + = 1 SA 2 1 AD 2 1 a 2 Suy ra: AD = a 3 4a 2 (cid:112) 2 1 4a 2 (cid:112) a 2 =

Trong tam giác SAB:

(cid:95)

= + 2a (cid:112) AD · 2 ⇒ A B 2 = 1 AC 2 Trong tam giác AED vuông cân tại E ⇒ A E = 1 A E 2 2 ⇒ A B = (cid:95) = 4a 2 5 ⇒ 1 (cid:112) 1 (cid:112) 1 A B 2 (cid:95) A BC = 5 B AC = arccos 1 AS2 Trong tam giác vuông ABC: C os A B AC 5

KL: Khi

c) Chứng tỏ A, M, N thẳng hàng

*) DN ⊥ (S BC ) ; (AD E ) ⊥ (S BC ) do A E ⊥ (S BC ) ⇒ DN ⊂ (AD E )

*) Ba điểm A, M, N là ba điểm chung của hai mặt phẳng (ABC) và (ADE) nên

chúng thẳng hàng.

1 (cid:112) B AC = arccos 5 thì (E , (SAC )) lớn nhất 5

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

*) M N ⊂ (A BC ) ⇒ M N ⊥SA; M N ⊂ (AD E ) ; (AD E ) ⊥SC ⇒ M N ⊥SC



Trong tam giác vuông DMN (vuông tại D); AD là đường cao

Suy ra AM · AN = AD 2 là hằng số.

*) Định góc BAC để MN có độ dài nhỏ nhất (cid:112)

M N ⊥SA  ⇒ M N ⊥ (SAC ) ⇒ M N ⊥AD; DN ⊥ (S BC ) ⇒ DN ⊥DM  M N ⊥SC

M N = AM + AN ≥ 2 AM .AN = 2AD ( BĐTCauchy)

(cid:95)

Khi đó tam giác AMD vuông cân tại A, AE ⊥DM 1 (cid:112)

M N = 2AD ⇔ AM = AN = AD

Tam giác AED vuông cân tại E,

(theo kết quả câu b)

(cid:95)

B AC = arccos 5

Vậy

thì MN có độ dài nhỏ nhất

B AC = arccos 1 5

Bài toán 2.2.5

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với (ABC) và SA=2a, tam giác ABC

(cid:95)

vuông tại C với AB=2a,

là hình chiếu của S trên BM

A BC = 300 . Gọi M là một điểm di động trên cạnh AC, H

a) Chứng minh rằng AH ⊥B M (cid:128)

b) Đặt AM = x

Tìm x để khoảng cách này là lớn nhất.

(cid:112) 0 ≤ x ≤ a 3 (cid:138) . Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x.

Lời giải:



‘ iSA⊥ (A BC )

b. Khoảng cách từ S tới BM chính là SH

B M ⊥SH  ⇒ B M ⊥ (SAM ) ⇒ B M ⊥AH  B M ⊥SA(v

CỰC TRỊ KHOẢNG CÁCH

Hình 2.11:

(cid:112)

3; BC = A B.Si n 300 = a (cid:112) (cid:113) (cid:138)2 a 2 + (cid:128) a 3 − x

Xét (cid:205) A B M c ´oS(cid:205)A B M =

Trong (cid:205) A BC : AC = A B.C os300 = a Xét (cid:205) BC M c ´oB M = (cid:112) BC 2 + C M 2 = 1 1 2 2

Xét (cid:205) ASH vuông tại A : SH 2 = SA 2 + AH 2 = 4a 2 +

AH ·B M = AM ·A B ·Si n 300 ⇒ AH = a · x (cid:112) (cid:113) (cid:138)2 a 2 + (cid:128) a 3 − x

Vì độ dài SA không đổi nên để SH lớn nhất thì AH lớn nhất. AH lớn nhất khi M

trùng với C, khi đó AH là AC và SH chính là SC

Để SH nhỏ nhất thì AH nhỏ nhất. AH nhỏ nhất khi M trùng với A, khi đó AH = 0

và SH chính là SA

Kết luận:

SH lớn nhất thì AH lớn nhất, khi đó SH = SC

SH nhỏ nhất khi AH = 0, khi đó SH là SA hay H trùng A

a 2 · x 2 (cid:112) (cid:138)2 a 2 + (cid:128) a 3 − x

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

2.3 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT

DIỆN

Bài toán dựng thiết diện là bài toán cơ bản trong phần “Quan hệ song song” Ở hình

học không gian thiết diện thu được thường là một đa giác. Khi cho một yếu tố biến

thiên (chẳng hạn mặt phẳng thiết diện đi qua một điểm thay đổi trên một cạnh của

đa diện) thì thiết diện cũng thay đổi. Bài toán tìm cực trị của diện tích thiết diện

cũng là bài toán hay gặp, để giải được các bài toán này loại này trước hết ta phải

biết cách dựng thiết diện, tính diện tích của nó rồi sử dụng các phương pháp giải

tích hoặc dùng bất đẳng thức để tìm cực trị của nó. Sau đây là một số ví dụ minh

họa:

Bài toán 2.3.1

Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2a, đáy nhỏ CD

= a, AB = b, mặt bên SAD là tam giác đều, (α) là mặt phẳng đi qua điểm M trên

cạnh AB, song song với SA và BC, (α) cắt cạnh CD, SC, SB lần lượt tại N, P, Q

a) CMR: MNPQ là hình thang cân

b) Tính thiết diện của MNPQ theo a, b, và x = AM (0 < x < b). Tính giá trị lớn nhất

của thiết diện này.

Lời giải

Chứng minh M N PQ là hình thang cân:

Vì:

 (α) //BC (α) //SA  ⇒ (α) ∩ (A BC D) = M N ⇒ M N //PQ//BC  (α) ∩ (SA B ) = MQ    (α) ∩ (S BC ) = PQ

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Hình 2.12:

Suy ra: MQ//SA Áp dụng định lý Thales ta có:

= = = ; ; AM A B SQ S B SQ S B SP SC AM A B DN DC

Suy ra:

(cid:95)

(cid:95) N MQ =

= ⇒ N P//SD SP SC DN DC

Lại có: MQ//SA , M N //BC ⇒ M N //AD.Su y r a

(cid:95)

(cid:95) M N P =

Tương tự:

(cid:95)

SAD = 600

Do đó: M N PQ là hình thang cân.

b) Tính diện tích hình thang cân MNPQ

SAD = 600 (cid:95) N MQ = M N P = 600 M N PQ có M N //PQ;

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Hình 2.13:

Áp dụng định lý Thales:

= = ⇒ MQ = MQ SA B M B A SA · B M B A a · (b − x ) b

Dựng đường thẳng qua A song song CD, cắt MN, BC lần lượt tại E, F.

= = = ⇒ PQ = PQ BC SQ S B AM A B AM · BC A B 2a x b

a · x b

Ta có: E N = AD = a , và F là trung điểm của BC E M B F Trong hình thang MNPQ dựng đường cao QH

= = ⇒ E M = ⇒ M N = M E + E N = a + B F · AM A B AM A B

(cid:95) N MQ =

Ta có: QH = MQ · Si n

(cid:112) a · Si n 600 = a (b − x ) b 3 (b − x ) 2b

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Hình 2.14:

Suy ra diện tích MNPQ :

(đ.vị diện tích)

(cid:112) (cid:18) (cid:19) a + · S = ·QH = M N + PQ 2 a · x b 2a x b 3 (b − x ) 2b a + (cid:112) 1 2 a 2 3 (3x + b ) (b − x ) = 4b 2

Tìm M axSM N PQ a 2

Vì S =

(cid:112) (cid:112) 3 (3x + b ) · (b − x ) = · (3x + b ) (3b − 3x ) 4b 2 1 3

(cid:112) a 2 3 4b 2 (cid:112) 3 ≤ · = (BĐTCauchy) a 2 · 3 12b 2 (3x + b + 3b − 3x )2 2 a 2 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 3x + b = 3b − 3x ⇔ x =

đạt được khi và chỉ khi x =

Vậy SM ax =

∈ (0;b ) (cid:112) b 3 3

b 3 a 2 · 3

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Bài toán 2.3.2

Cho tứ diện ABCD cạnh a. M và P là 2 điểm di động trên các cạnh AD và BC sao

cho AM = CP = x (0 < x < a). Một mặt phẳng (α) qua mặt phẳng và song song với

CD cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện

a. Chứng minh thiết diện thường là hình thang cân

b. Tìm x để thiết diện có diện tích nhỏ nhất

Lời giải

Hình 2.15:

Chứng minh thiết diện là hình thang cân



Tương tự: (α) ∩ (BC D) = PQ//C D; (Q ∈ B D)

M ∈ (α) ∩ (AC D)  ⇒ (α) ∩ (AC D) = M N //C D; N ∈ AC  (α) //C D

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

M và Q là 2 điểm chung của (α) và (ABD)

Suy ra : (α) ∩ (A B D) = MQ .

Tương tự: (α) // (A BC ) = N P

Vậy thiết diện của (α) với tứ diện ABCD là Tứ giác MNPQ

Vì M N //PQ (cùng song song với CD nên MNPQ thường là hình thang

Hai tam giác CNP và DMQ bằng nhau vì:

(cid:128) C P = DQ

(cid:95) PC N =

d oPQ//C D và ∆BC D đều (cid:138) d oM N //C D và ∆AC D đều (cid:138) (cid:128) C N = DM (cid:95)    QDM = 600

Tìm x để diện tích thiết diện nhỏ nhất Ta có: M N = AM = x ; PQ = B P = a − x

Định lý hàm cosin trong tam giác MDQ

⇒ N P = MQ Vậy MNPQ thường là hình thang cân

(cid:95) M DQ

MQ 2 = DQ 2 + DM 2 − 2DQ · DM · C os

Dựng đường cao ME ta có:

= x 2 + (a − x )2 − 2x (a − x ) · = 3x 2 − 3a x + a 2 1 2

Diện tích MNPQ:

(cid:19)2 M E 2 = MQ 2 −Q E 2 = 3x − 3a x + a 2 − (cid:18)PQ − M N 2 (cid:112) (cid:139)2 = ⇒ M E = = 3x − 3a x + a 2 − (cid:129)a − x − x 2 8x 2 − 8a x + 3a 2 4 8x 2 − 8a x + 3a 2 2

(cid:112) · · M E = S = 8x 2 − 8a x + 3a 2 M N + PQ 2 a 2 (cid:114) (cid:129) (cid:139)2 (cid:112) · (cid:112) = ≥ 8x 2 − 8a x + 3a 2 = 8 x − a 2 = x + a − x 2 a 4 a 4 a 2 a 4 a 2 4

Vậy: S =

⇔ x − = 0 ⇔ x = a 2 4 a 2 a 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Kết luận Smin =

⇔ x = a 2 4 a 2

Bài toán 2.3.3

Cho tứ diện ABCD có: AB = CD= a; BC = AD = b; AC = BD = c (a>b>c). Một

mặt phẳng (α)song song với hai cạnh đối, cắt tứ diện theo một thiết diện có chu vi

là P và diện tích S.

a. Định (α) để P lớn nhất,nhỏ nhất

b. Định (α) để S lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ấy

Lời giải

Hình 2.16:

a. Định (α) để P lớn nhất,nhỏ nhất

Trường hợp 1 : (α) song song với AB và CD.

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Gọi {M } = (α) ∩ BC , ta có:



Tương tự:

M ∈ (α) ∩ (BC D)  ⇒ (α) ∩ (BC D) = M N //C D (N ∈ B D)  (α) //C D

(α) ∩ (A B D) = N P//A B (P ∈ AD)

(α) ∩ (AC D) = PQ//C D (Q ∈ AC )

Thiết diện là hình bình hành MNPQ. Đặt B M = x (0 < x < b )

Áp dụng định lý Thales ta có:

(α) ∩ (A BC ) = MQ//A B

= = ⇒ M N = ; M N C D B M BC B M · C D BC a · x b

= = ⇒ MQ = MQ A B C M C B A B · C M C B a (b − x ) b

Chu vi thiết diện MNPQ: P = 2 (M N + MQ) = 2

Trường hợp 2: (α) song song với AD và BC. Tương tự: P = 2b

Trường hợp 3: (α) song song với AC và BD. Tương tự: P = 2c

Do a > b > c nên:

*) P lớn nhất P = 2a khi

(cid:21) + = 2a (cid:20)ax b a (b − x ) b



(α) //A B 

*) P nhỏ nhất P = 2c khi

 (α) //C D



(α) //AC 

 (α) //B D

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

b. Định (α) để S lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ấy



(α) //A B 

(cid:95)

 (α) //C D

Diện tích thiết diện MNPQ: SM N PQ = M N ·MQ·Si n Tính Si n (A B,C D)

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm của AC, BC, AD

Ta có:

(cid:95) EFG

EF//A B ; EG //C D ⇒ (A B,C D) = (EF, EG ) ⇒ C os (A B,C D) =

N MQ = M N ·MQ·Si n (A B,C D)

Trong tam giác ABC, áp dụng định lý trung tuyến, ta có:

(cid:12) (cid:12) (cid:12)C os (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Hai tam giác ABC và DBC bằng nhau (c.c.c)

(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) = A B 2+AC 2 = 2AF 2+ A B 2 + AC 2 − a 2 + c 2 − ⇒ AF2 = BC 2 2 1 2 BC 2 2 1 2 b 2 2

Áp dụng định lý hàm số Cosin trong tam giác FEG

(cid:18) (cid:19) − = ⇒ FG 2 = AF2 − AG 2 = a 2 + c 2 − ⇒ AF = D F ⇒ FG ⊥AD 1 2 b 2 2 b 2 4 a 2 + c 2 − b 2 2

(cid:95) F EG =

EF2 + EG 2 − FG 2 2E F · EG

Suy ra: C os (A B,C D) =

+ − a 2 4 a 2 4 a 2 + c 2 − b 2 2 = = Cos b 2 − c 2 a 2 · 2 · a 2 a 2

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:114)

= ⇒ Si n (A B,C D) = 1 − b 2 − c 2 a 2 (cid:0)b 2 − c 2(cid:1)2 a 4 (cid:199)(cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) a 4

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Ta có:

(cid:19)2 S = M N · PQ · Si n (A B,C D) ≤ · Si n (A B,C D)

= = · (cid:112)(cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) = S1 (cid:18)M N + MQ 2 (cid:114)(cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) a 4 1 4 a 2 4

Tương tự cho các trường hợp còn lại ta có: S ≤ S2 =

(cid:112)(cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) (cid:0)b 2 + a 2 − c 2(cid:1) 1 4

và S ≤ S3 =

(cid:112)(cid:0)c 2 + a 2 − b 2(cid:1) · (cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) 1 4 

Vì: a > b > c nên



Lại có:

 S1 > S2 S1 > S3

 =  a (b − x ) b ⇔ x = S = S1 ⇔ M N = MQ ⇔ b 2  ax b x ∈ (o;b )

(cid:112)(cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) ⇔ (α) đi qua trung điểm cạnh BC và song song với AB và CD KL: Diện tích lớn nhất của thiết diện là: S1 = 1 4

Bài toán 2.3.4

Cho hình chóp SABCD, đáy là nửa lục giác đều ABCD với BC = 2a, AB= AD=

CD= a. Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Cho biết

SD vuông góc với AC.

a. Tính SD Gọi (α) là mặt phẳng qua điểm M trên đường chéo BD và song song

với SD và AC (M không trùng với B,D).

b. Xác định thiết diện của hình chóp SABCD với (α). Phân biệt hai trường hợp.

c. Tính diện tích của thiết diện trên theo a và x với B M = x

tích thiết diện đó lớn nhất

(cid:112) 3 . xác định x để diện

Lời giải

Tính SD:

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Hình 2.17:

Dựng O I //SD (I ∈ S B ) Áp dụng định lý Thales ta có: 2 OA 3 OC Vì ABCD là nửa lục giác đều trên AC = B D = a

(cid:112) 3 = = ⇒ OC = AC = 2a 3 AD BC 1 2 (cid:112) 3

Áp dụng định lý hàm Cosin trong tam giác SIC:

 SI =  2a 3 = = = ⇒ O I SD B I BS BO B D 2 3  O I 1 BS = 3 3 SD = 2

(cid:95) ISC

I C 2 = SI 2 + SC 2 − 2SI · SC · Cos

(cid:19)2 = + (2a )2 − 2 · · 2a · C os600

= = + 4a 2 − (cid:18)2a 3 4a 2 9 4a 2 3 2a 3 28a 2 9

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN



. Trong tam giác vuông IOC:

SD⊥AC  ⇒ O I ⊥AC  O I ⊥SD

(cid:112) (cid:19)2 − O I 2 = I C 2 −OC 2 = 3 a

b) Xác định thiết diện của hình chóp SABCD với (α).

Trường hợp 1: M thuộc đoạn BO (M (cid:54)= B )

= ⇒ O I = 28a 2 9 ⇒ SD = 16a 2 9 4a 3 (cid:18)2 3 3 O I = 2a 2



M ∈ (α) ∩ (A BC D) 

 (α) //AC

tuyến này cắt BA, BC lần lượt tại N, P

⇒ Giao tuyến của (α) với (A BC D) là đường thẳng qua M song song với AC; giao



M ∈ (α) ∩ (A BC D) 

 (α) //SD

Thiết diện là tam giác NPQ

Trường hợp 2: M thuộc đoạn OD (M (cid:54)= O;M (cid:54)= D)

Tương tự: (α) ∩ (A BC D) là đường thẳng qua M và song song với AC, giao tuyến

này cắt AD, CD lần lượt tại E, F.

⇒ (α) ∩ (S B D) = MQ//SD (Q ∈ S B ) ; (α) ∩ (S B A) = NQ; (α) ∩ (S BC ) = PQ

(α) ∩ (SAD) = E K //SD (K ∈ SA) ; (α) ∩ (SC D) = F H //SD (F ∈ SC )

(α) ∩ (S B D) = MQ//SD (Q ∈ S B ) ; (α) ∩ (SA B ) = QH ; (α) ∩ (S BC ) = QH

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Thiết diện là ngũ giác EFHQK

c) Tính diện tích thiết diện

Trường hợp 1:



Suy ra, diện tích thiết diện NPQ: SN PQ =

Trong tam giác SBD: MQ//SD ⇒

MQ//SD; N P//AC  ⇒ N P⊥MQ M ∈ BO (B (cid:54)= M ) ⇒  SD⊥AC

Trong tam giác BAC: N P//AC

(cid:112) MQ SD 1 N P · MQ 2 B M = B D 3 = ⇒ MQ = = 2x SD · B M B D 2a · x · (cid:112) a · 3

(cid:112) (cid:112) (cid:112) ⇒ = = = ⇒ N P = · a 3 = · x 3 3 (cid:112) N P AC B M BO 3x 3a 3x 2a 3 2

Vì: M ∈ BO (M (cid:54)= B ) ⇔ 0 < x

Do đó: S N PQ Trường hợp 2: M ∈ OD (M (cid:54)= O; M (cid:54)= D) .

Vì E K //QM //H F (cùng song song với SD); QM ⊥EF do đó hai tứ giác EMQK và

MFHQ là hai hình thang vuông tại M.

Suy ra: Diện tích EFHQK:

a (cid:112) (cid:112) x 2 3 3 3 = · 2x · ⇒ SN PQ = 1 2 3 3 · x 2 3 · x 2 2 (cid:112) (cid:112) 3 ⇔ 0 < x ≤ 2a 3 2a 3 (cid:112) (cid:19)2 3 3 3 ≤ · = 2 (cid:18)2a 3 3 ≤ BO = (cid:112) 2a 2 · 3

(E K +QM ) · E M + (H F + MQ) · F M SEFHQ K = S E MQ K + SM F HQ = 1 2 1 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Áp dụng định lý Ta lét ta có:

= = ⇒ = = M F OC M E M F

= = = OA 1 OC 2 ⇒ E K = F H DM DO AE AD F H SD

(E K + MQ) · EF M E OA E K SD ⇒ SEFHQ K = C F C D 1 (E K + MQ) · (E M + F M ) = 2 1 2

Lại có:

. (cid:112)

Trong đó: OD =

= = (cid:112) E K SD AE AD OM OD (cid:112) 3 a 3 = ;OM = B M − BO = x 3 − 2a 3 3 1 3B D

(cid:112) (cid:112) 3 x 2a 3 ⇒ = = 3 − (cid:112) ⇒ E K = · SD = 6x − 4a OM OD 3x − 2a a 3x − 2a a a 3

(cid:112) (cid:112) EF AC ⇒ EF = OM DO · AC = 3x − 2a a · a 3 = a 3 (a − x ) 3 DM = 1 − DO 3a − 3x a = 1 − 3a − 3x a

Vậy MQ = 2x Suy ra: SEFHQ K = Vì M ∈ OD (M (cid:54)= O; M (cid:54)= D) ⇔ BO < B M < B D

(cid:112) (cid:112) (6x − 4a + 2x ) · 3 3 (a − x ) = 6 3 (a − x ) (2x − a ) 1 2

(cid:112) (cid:112) (cid:112) 3 ⇔ < x 3 < a 3 ⇔ < x < a n ˆen 2a − 2x > 0 và: 2x − a > 0 2a 3 2a 3

(cid:112) 3 (a − x ) · (2x − a ) SEFHQ K = 6 (cid:112) = 3 3 (2a − 2x ) (2x − a ) (cid:112) (cid:112) (cid:19)2 3 = ≤ 3 3 · (BĐT Cauchy) (cid:18)2a − 2x + 2x − a 2 3a 2 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2a − 2x = 2x − a ⇔ x =

Vì :

(cid:19) ∈ ; a 3a 4 (cid:18)2a 3 (cid:112) (cid:112) 3 3 < 2a 2 · 3 3 · a 2 4

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Nên giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện là:

đạt được khi: x =

(cid:112) 3

3 · a 2 4 3a 4

Bài toán 2.3.5

Cho hình tứ diện S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh bằng a. SA vuông góc với

(ABC) và SA=a. Gọi M là một điểm tùy ý trên cạnh AC (M (cid:54)= A; M (cid:54)= C); mặt

phẳng (α) qua M và vuông góc với AC.

a) Tùy theo vị trí của điểm M trên AC, xác định thiết diện tạo bởi (α) với tứ diện

S.ABC.

b) Đặt CM=x, (0 < x < a). Tính diện tích S của thiết diện trên theo a và x. Định x

để diện tích S lớn nhất.

Lời giải

Hình 2.18:

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

a) Xác định thiết diện tạo bởi (α) với tứ diện S.ABC

Ta có: SA⊥ (A BC ) ⇒ SA⊥AC

Gọi I là trung điểm của AC, vì tam giác ABC đều

 

nên B I ⊥AC

(α) //SA (α) ⊥AC   ⇒

  (α) //B I SA⊥AC ; B I ⊥AC



Trường hợp 1: M thuộc đoạn AI (M (cid:54)= A; M (cid:54)= I)

M ∈ (α) ∩ (A BC )  ⇒

 (α) //B I ; B I ⊂ (A BC )

Tương tự:

(α) ∩ (A BC ) = M N //B I ; (N ∈ A B )

(α) ∩ (SA B ) = N P//SA; (P ∈ S B )

(α) và (SBC) có 2 điểm chung là P, Q nên (α) ∩ (S BC ) = PQ

Vậy thiết diện là tứ giác MNPQ

Vì MQ//N P(c `ung//SA); MQ⊥ (A BC ) ⇒ MQ⊥M N

Suy ra: MNPQ là hình thang vuông tại M và N

Trường hợp 2: M thuộc đoạn IC (M (cid:54)= C)

Giải tương tự như trên, thiết diện là tam giác QMK (K thuộc BC) vuông tại M.

(α) ∩ (SAC ) = MQ//SA; (Q ∈ SC )

Trường hợp 1: M ∈ AI

c) Tính diện tích S của thiết diện này theo a và x (cid:129)a 2

Áp dụng định lý Thales ta có:

(cid:139) < x < a t h`iS = (N P + MQ) · M N 1 2

(cid:112) a 3 (cid:112) 2 = = = 3 · (a − x ) ⇒ M N = M N B I AM AI B I · AM AI · (a − x ) a 2

= = = x (cid:112) MQ SA C M C A x a a · x a

· (3x − a ) (a − x ) ⇒ S = ⇒ MQ = a 2 3 2 = = = ⇒ N P = 2x − a N P SA B N B A I M I A (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) x − a 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Trường hợp 2: M thuộc đoạn IC

. Thì diện tích : S =

(cid:129) (cid:139)

Vì:

Vậy diện tích thiết diện S =

0 < x ≤ (cid:112) M K · MQ (cid:112) (cid:112) a 3 − = · ⇒ M K = 1 2 · x 2 · 3 a 2 = x 3 . Suy ra: S = 1 2 M K B I C M C I 2x a 2 (cid:112) x a 2  3 ; 0 < x ≤ 

Định x để diện tích S lớn nhất: (cid:139)

 < x < a x 2 · a (cid:112) 2 2 3 · (a − x ) (3x − a ) ; 2 a 2 (cid:112) (cid:112)

Nếu: x ∈

(3x − a ) (3a − 3x ) ; a (3x − a ) (a − x ) = (cid:129)a 2 3 6

Mặt khác với x ∈

thì S = (cid:139) (cid:129)a 2

nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: S ≤ (cid:112)

Nếu x ∈

Thì S =

Vì:

Và S =

Vậy: M axS =

đạt được khi và chỉ khi x =

; a 3 2 Thì 3x − a > 0; 3a − 3x > 0 (cid:112) (cid:112) (cid:19)2 · = · a 2 3 6 (cid:18)3x − a + 3a − 3x 2 3 6 (cid:139)2 (cid:112) (cid:112) · 3 (cid:129) (cid:139) 3 3 (cid:129)a 2 ≤ = 0; a 2 x 2 · 2 2 a 2 · 8  (cid:139) (cid:112) (cid:112) (cid:112) x ∈ ; a 3 3 3  ≤ ⇔ (cid:129)a 2 ⇔ x = a 2 8 a 2 6 a 2 6 2a 3  3x − a = 3a − 3x (cid:112) 3

a 2 6 2a 3

Bài toán 2.3.6

Cho hình thang vuông ABCD có đáy lớn AD = 2a, đáy nhỏ BC = a và AB = 2a. SA

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a

chéo AC (M (cid:54)= A) và M (cid:54)= C. Đặt AM=x. Mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc

với AC. Tùy theo vị trí của M trên đoạn AC,

a. Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (P).

b. Tính diện tích của thiết diện này theo a và x.

c. Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất.

(cid:112) 2 . Gọi M là một điểm trên đường

Lời giải

a) Xác định thiết diện

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

Hình 2.19:

Gọi I là trung điểm của AD, tứ giác ABCI có A B ⊥AD và AI //BC ; AI = BC =

B A = a . Do đó A BC I là hình vuông

Lại có: SA⊥AC ⇒ SA// (P)

Gọi O là giao điểm của AC và BI thì O là trung điểm của AC và BI

Xét các trường hợp:

⇒ B I ⊥AC ⇒ B I // (P)

*) Trường hợp 1: M thuộc đoạn AO

Ta có: (P) //B I v `aSA . Suy ra

cách dựng thiết diện như sau:

- Qua M dựng đường thẳng song song với BI cắt các cạnh AB, AD lần lượt tại E,

F. Qua E, M, F dựng các đường thẳng song song với SA, lần lượt cắt các cạnh SB,

SC, SD tại L, K, H. Nối KL, KH ta được thiết diện là ngũ giác EFHKL

(cid:112) (cid:130) (cid:140) a 2 0 < x < 2

(P) //B I ; B I //BC (do BCDI là hình bình hành) ⇒ BC // (P)

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

(P) ∩ (A BC D) = EF; (P) ∩ (SC D) = H K ⇒ EF//H K

 (P) //SA

(P) ∩ (SA B ) = E L ⇒ E L//M K //H F (P) ∩ (SAC ) = M K

  (P) ∩ (SAD) = H F

*) Trường hợp 2: M thuộc đoạn OC

(cid:112) (cid:140) (cid:112) 2 (cid:130)a ≤ x ≤ a 2

R và G

2 Dựng tương tự như trên ta được thiết diện JGRQ và JGRQ là hình thang vuông tại

b) Tính diện tích thiết diện a

Trường hợp 1: 0 < x <

Vì M F //O I ⇒

(cid:112) 2 = = ⇒ M F = 2 AM AO M F OA AM ·O I AO AM = x Và: (cid:112) (cid:112) (cid:128) (cid:138) (cid:112) 2 a 2 − x = = a (cid:112) M K //SA ⇒ ⇒ M K = 2 − x M K SA C M C A SA · C M C A (cid:112) = a (cid:140) 2 (cid:130)a 2 a (cid:112) 2 · a − x (cid:112) = = = 2 (cid:112) LE //SA ⇒ ⇒ LE = = a 2 − 2x LE SA B E B A OM OA SA ·OM OA a 2

2 (cid:112) (cid:138) 2 − x a

Diện tích hình chữ nhật MFHK: SM F H K = M F · H K = x · (cid:128) *) Diện tích hình thang vuông EMKL: (cid:112)

(cid:112) (cid:128) (cid:112) 2a 2 − 3x (cid:138) · x (cid:138) (cid:128) (M K + E L) · M E = 2 − x + a 2 − 2x .x = a S E M K L = 1 2 2 1 2

* Diện tích thiết diện EFHKL: SM K E F + SM K LE = x · (cid:128) a

*) Trường hợp 2:

Diện tích thiết diện JGRQ: S2 =

(cid:112) (cid:128) (cid:112) (cid:112) 2a 2 − 3x (cid:138) · x (cid:138) (cid:138) + = a 2 − x · x · (cid:128) 4a 2 − 5x S1 = (cid:112) 1 2 1 2 2 (cid:112) 2 ≤ x < a 2 2 (cid:112) 2 (J G + RQ) · RG Trong đó: J G = B I = a 1 2

CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU

Lại có:

Vậy diện tích thiết diện là: S =

(cid:112) a = = = ⇒ RQ = = x 2 · x (cid:112) 2 a (cid:112) = = 2 − x RQ C D DG DA AM AC ⇒ RG = (cid:112) (cid:112) (cid:138) (cid:128) (cid:138) = 2 + x a a RG SA Suy ra: S2 = (cid:112) SQ SC C M C A 1 (cid:128) 2 SA · C M C A 2 − x  2a 2 − x 2(cid:138) (cid:128) (cid:112) a 2 (cid:128) x 4a 2 − 5x S1 =  (cid:138) ; 0 < x < (cid:112) 2 (cid:112) a 2 (cid:128)  2a 2 − x 2(cid:138) ; ≤ x < a 2 S2 = C D · AM AC = a 1 2 1 2 1 2

c) Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất: 1 10

Vậy M a xS1 =

2 (cid:112) (cid:140)2 (cid:112) (cid:112) (cid:130)4a 2 − 5x + 5x (cid:128) = (cid:138) = (cid:138) ≤ 2 − 5x x · (cid:128) 4a 4a 5x S1 = 1 10 1 2 2 4a 2 5 2 − 5x (cid:112)  (cid:112) 4a 2  2 − 5x = 5x (cid:112) (cid:130) ⇔ (cid:140) ⇔ x = S1 = a 2 4a 2 5 2a 5 4a 2 5 x ∈ 0; 

đạt được khi x =

Suy ra: M a xS2 < maxS1 do đó: maxS = maxS1 =

(cid:112) (cid:153) (cid:140)2 (cid:112) 2 (cid:112) (cid:150)a 2 2 (cid:130)a (cid:128) ≤ 2a 2 − x 2(cid:138) ; x ∈ ; a 2 S2 =  2a 2 −  = 1 2 2 1 2 3a 2 4 (cid:112) 2

2 4a 2 5 2a 5

2.4 CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU

Các bài toán cực trị liên quan đến hình trụ, hình nón, hình cầu là những bài toán

thường khó đối với học sinh THPT và cũng gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi.

Loại bài tập này thường đòi hỏi những kĩ năng thành thạo về sử dụng bất đẳng thức

Cauchy, . . . Tôi trình bày một số ví dụ minh họa sau:

Bài toán 2.4.1

Một khối trụ (T) có thể tích V không đổi. Tính bán kính đáy và chiều cao của hình

trụ để:

a) Diện tích toàn phần của hình trụ (T) nhỏ nhất

b) Diện tích xung quanh của hình trụ (T) cộng với diện tích một đáy đạt GTNN

CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU

Lời giải

Hình 2.20:

a) Diện tích toàn phần nhỏ nhất

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, khi đó thể tích của khối

trụ (T)

Diện tích toàn phần của hình trụ (T):

V = π · R 2 · h

ST P = 2π · R · h + 2π · R 2 = π · R · h + π · R · h + 2πR 3≥3 3(cid:112) (cid:112) 2π · π2 · R 4 · h 2 = 3 3 2π · V 2 (BĐT Cauchy)

 R = 3 π · R · h = 2πR 2  ⇔ 2π · V 2 ⇔ (cid:112) ST P = 3 3  π · R 2 · h = V h = 2 3 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:199) V 4π (cid:199) V 4π

CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU

Vậy STP nhỏ nhất: ⇔

 R = 3 

b) Diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy đạt GTNN : Gọi S = Sxq + Sđáy

Ta có:

 h = 2 3 (cid:199) V 4π (cid:199) V 4π

S = 2πR · h + π · R 2 = π · R · h + π · R · h + π · R 2 ≥ 3 3(cid:112)π · π2 · R 4 · h 2   R = 3 = 3 3(cid:112)π · π2 · R 4 · h 2 π · R · h   ⇔ π · V 2 ⇔ (cid:112) S = 3 3   π · R 2 · h = V h = 3 (cid:199)V π (cid:199)V π

 R = 3  π · V 2 ⇔ (cid:112) Vậy: M inS = 3 3  h = 3 (cid:199)V π (cid:199)V π

Bài toán 2.4.2

Cho hình nón đỉnh S, chiều cao h, bán kính R. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S của

hình nón cắt hình nón theo hai đường dinh SA và SB. Tính giá trị lớn nhất của diện

tích tam giác SAB theo R và h

Lời giải:

(cid:95)

π (cid:129) (cid:139) SA B = 2α 0 < α < R 2 + h 2, Đặt 2

(cid:128) R 2 + h 2(cid:138) · Si n 2α SA · S B · Si n 2α = 1 2

Gọi l là đường sinh của hình nón thì: l = SA = S B = (cid:112) Diện tích của (cid:205) SA B : 1 S0 = 2 Suy ra, S0 lớn nhất khi và chỉ khi Sin α lớn nhất (cid:139) Gọi góc đỉnh của hình nón là 2 β

π (cid:129)

Trong tam giác vuông SHA: Si n α =

0 < β < H A SA

CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU

Hình 2.21:

Trong tam giác vuông SOA:

Suy ra: α ≤ β ⇒ 2α < 2β

*) Xét 2 trường hợp:

Si n β = OA SA

- Trường hợp 1: 2β ≥

Khi đó:

Trong trường hợp này: S0 ≤

2 π π ≤ β < ≥ 1 ⇔ OA ≥ SO ⇔ R ≥ h 4 2 (cid:128) OA SO R 2 + h 2(cid:138) π π ⇔ α = ⇔ tan β ≥ 1 ⇔ 1 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Si n 2α = 1 ⇔ 2α = 2 4

Vậy trong trường hợp này: M a xS0 = π

Trường hợp 2: 2β ≤

khi đó: β <

Trong trường hợp này Si n 2α ≤ Si n 2β . Suy ra: S0 ≤

R 2 + h 2(cid:138) (cid:128) π 1 2 ⇔ tan β < 1 ⇔ R < h 2 4 (cid:128) R 2 + h 2(cid:138) · Si n 2β 1 2

CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β , tức là khi đó tam giác SAB trở thành thiết diện qua trục và diện tích của nó bằng S0 = R · h . Vậy nếu R ≥ h thì M a xS0 = Nếu R < h thì M a xS0 = R · h

(cid:128) R 2 + h 2(cid:138) 1 2

Bài toán 2.4.3

Cho mặt cầu (S) tâm I; bán kính R > 0, trong mặt cầu (S) nội tiếp một hình trụ tròn

xoay có bán kính r và chiều cao h.

a) Tính thể tích hình trụ theo r; R

b) Tìm r để hình trụ có thể tích lớn nhất

Lời giải:

Hình 2.22:

a) Vt r u = π · r 2 · h mà: 4R 2 = 4r 2 + h 2 ⇒ h = 2

Suy ra:

(cid:112) R 2 − r 2

R 2 − r 2 Vt r u = 2π · r 2 · (cid:112)

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

R 2 − r 2.M ax

.M ax

Ta có:

⇔ · (cid:128) · R 2 − r 2(cid:138) .M ax Vt r u M ax ⇔ r 2 · (cid:112) R 2 − r 2(cid:138) ⇔ r 4 · (cid:128) r 2 r 2 2 2

Thể tích trụ đạt Max

· + (cid:128) R 2 − r 2(cid:138) r 2 2 r 2 2 · · (cid:128) = R 2 − r 2(cid:138) ≤ r 2 2 r 2 2 3 R 2 3

⇔ = R 2 − r 2 ⇔ = R 2 ⇔ r = · R 3r 2 2 (cid:199)2 3 r 2 2

khi r =

Kết luận: VM AX =

R (cid:199)2 3 4πR 3 (cid:112) 3 3

2.5 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Bài toán về cực trị thể tích cũng là bài toán hay và thường gặp trong các đề thi đại

học, trong các đề thi chọn học sing giỏi nhằm rèn luyện lỹ năng nắm vững quan

hệ song song, quan hệ vuông góc trong hình học không gian cũng như cách dựng

thiết diện . Cách tìm thiết diện của một phần khối đa diện và giá trị lớn nhất của

chúng trong quá trình biến thiên của một đối tượng nào đó. Để giải quyết loại bài

toán này thường đưa về hàm số, rồi lập bảng biến thiên để tìm cực trị hoặc sử dụng

tỷ số về thể tích hoặc bất đẳng thức Cauchy

Bài toán 2.5.1

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

bằng b. Góc giữa mặt bên và mặt đáy hình chóp bằng α . Tìm α để thể tích của

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

khối chóp SABCD nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Lời giải

Hình 2.23:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AD.

Ta có

(cid:95) SIJ = α

Ta có: AD (cid:107) BC ⇒ AD (cid:107) (S BC ) ⇒ d (A, (S BC )) = d (J ; (S BC ))

Trong (cid:205) SIJ vẽ đường cao JH, chứng minh được: J H ⊥ (S BC )

Suy ra: d (J ; (S BC )) = J H = b

Trong (cid:205) I H J vuông ta có:

IJ =

= ⇒ SA BC D = A B 2 = IJ2 = J H Si n α b Si n α b 2 Si n 2α

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Gọi O là tâm của đáy thì

· tan α = SO = IO · tan α = b 2 sin α

(min) · SA BC D · SO = ⇒ VS.A BC D min ⇔ b 2 · c osα b 3 6 · sin2α · c osα 1 sin2α · c osα VS.A BC D = ⇒ (cid:128) 1 3 sin2α · c osα(cid:138) m axdo 00 < α < 900 ⇔ (cid:0)c osα · (cid:0)1 − cos2α(cid:1)(cid:1) m ax

Xét hàm số: f (x ) = x · (cid:0)1 − x 2(cid:1) ; (x = c osα ∈ (0; 1)) 3

Lập bảng biến thiên, tìm được: M a x f (x ) = (cid:112)

Vậy M i n (V S.A BC D) =

(cid:112) (cid:112) 2 (x ∈ (0; 1)) k hi x = (cid:112) 3 3 9 3 ; 00 < α < 900 ⇔ c osα = 3 3 b 3 · 4

Bài toán 2.5.2

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA= a

(ABCD)

a) Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’,

D’ . Tính thể tích khối chóp SA B’C’D’ theo a

b) Gọi M, N là 2 điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho

(cid:95)

(cid:112) 3 ; SA ⊥

M AN = 450 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp SAMN

Lời giải

a) BC ⊥ AB; BC ⊥ SA=>BC ⊥ (SAB)=>BC ⊥ AB’

SB ⊥ (P)=>SC ⊥ AB’=>AB’ ⊥ (SBC) => AB’ ⊥ SB Tương tự: AD’ ⊥ SD=> VS.A B (cid:48)C (cid:48)D (cid:48) = VSA B (cid:48)C (cid:48) + VSAD (cid:48)C (cid:48) ·

VSABC VSABC

= = = · · = · = (1) S B (cid:48) · S B S B 2 SC (cid:48) · SC S B 2 S B (cid:48) S B SC (cid:48) SC SA 2 S B 2 SA 2 SC 2 3 4 3 5 9 20

VSA DC VSADC

= = = = · = · = (2) SD (cid:48) · SC (cid:48) SD · SC SD (cid:48) · SD SD 2 SC (cid:48) · SC SC 2 SA 2 S B 2 SA 2 SC 2 3 4 3 5 9 20

Do đó: VS.A BC = VS.ADC =

Cộng (1) với (2) theo vế ta được:

(cid:112) (cid:112) 3 · · a 2 · a 3 = 1 2 1 3 a 3 6

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Hình 2.24:

VSABC (cid:112) 3 a

VSA DC (cid:112) 3 a

(cid:112) 3 · = = + ↔ VS.A BCD = 9 10 3a 2 20 9 20 9 20

b)VS.AM N = Đặt B M = x ; DN = y ; x ; y ∈ [0; a ]

trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP = BM = x

6 (cid:112) 3 . · VAMN · a 6 1 3

(cid:95) B AM =

(cid:95) DAP

(cid:95)

(cid:205) AM M =(cid:205) ADP => AM = AP;

(cid:95) B AM +

(cid:95)

(cid:95) N AP =

(cid:95) DAP +

M AN = 45◦ => DAN = 450

DAN = 45◦

AD · PN = a (x + y )(∗) =>(cid:205) M AN =(cid:205) PAN => SM AN = SPAN = 1 2 1 2

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Hình 2.25:

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông CMN ta được :

M N 2 = M C 2 + C N 2 ↔ (cid:0)x + y (cid:1)2 = (a + x )2 + (cid:0)a − y (cid:1)2 ↔ x 2 + y 2 + 2x y = a 2 + x 2 − 2a x + a 2 + y 2 − 2a y

↔ x y + a (x + y ) = a 2 ↔ y = a 2 − a x x + a

(cid:48)

Thế vào biểu thức (*) ta được: SAM N =

Đặt f (x ) =

(x ) =

Phương trình

(cid:18) (cid:19) (cid:19) · · x + a => f a 2 − a x x + a 1 2 a 2 (cid:18)x 2 + a 2 x + a a 2 x 2 + 2a x − a 2 (x + a )2

(x ) = 0 ↔ x = (cid:128)

(cid:112) f (cid:48) 2 − 1 (cid:112) (cid:112) (cid:138) · a (cid:138) (cid:128)(cid:128) (cid:138) 2 − 1 a 2 − 1 f (0) = f (a ) = (cid:138) = a 2 · (cid:128) (cid:112) (cid:138) 2 − 1 a 2 2 => M ax f (x ) = ; M in f (x ) = a 2 · (cid:128) ; f a 2 2

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Vậy: M axVS.AM N

Kết luận: M i nSAM N =

(cid:112)  M ≡ B ; N ≡ C a 3 = k hi b (cid:112) (cid:112)   3 · (cid:128) M ≡ C ; N ≡ D (cid:112) (cid:138) · a 3 2 − 1 (cid:128) (cid:138) k hi M B = M D = a 2 − 1 3

Bài toán 2.5.3

a) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của

các cạnh AB, AA’, B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành 2 phần. Tính tỷ

số thể của 2 phần đó.

b) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB>1, các cạnh còn lại độ dài không lớn hơn

1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V

Lời giải

Hình 2.26:

a) Dựng đúng thiết diện. Chứng minh EI=IJ=JF

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Từ đó suy ra:

Lại từ đó suy ra:

= = = E B E B (cid:48) 1 3

(cid:48)

(cid:48) =

FA (cid:48) F B (cid:48) Ta có: F N F K E M E K 1 = 2

(cid:48)(cid:1) ; F B

d (cid:0)C ; A B A B 3 2

⇒ S K F B (cid:48) = 1 2 SA (cid:48) B (cid:48)C (cid:48) d (K , A (cid:48)B (cid:48)) = 3 4

(cid:48)(cid:1)(cid:1) =

Mặt khác: Vì:

= ⇒ d (cid:0)E ; (cid:0)K F B h (h là chiều cao lăng trụ) 3 2 1 3

Do đó: VE K F B =

V (V là thể tích lăng trụ) F B F B (cid:48) 3 8

= · · = · · = · V = · V n ˆenVE B I M =

Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích chứa điểm B’

= · · = · · = · V = · V n ˆenVFA (cid:48) J N = E M E K FA (cid:48) F B (cid:48) E B E B (cid:48) F N F K 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 2 1 27 1 18 1 27 1 18 3 8 3 8 1 72 1 48 E I EF F J FE VE B I M VE B (cid:48)F K VFA (cid:48) J N VF B (cid:48)E K

và V2 là thể tích phần chứa điểm C − Ta có: V1 =

(cid:19) − · V = · V · V n ˆenV2 = 1 72 1 48 (cid:18)3 8 49 144 95 144

Do đó:

b) Theo giả thiết: ∆ ACD và ∆ BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1

Đặt C D = a (0 < a ≤ 1)

Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ ACD và ∆ BCD

= 49 95 V1 V2

Ta có: AM ≤

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có: AH ≤ AM ≤

(cid:199) (cid:199) 1 − ; B N ≤ 1 − a 2 4 a 2 4 (cid:199) 1 −

(cid:18) (cid:19) · a 2 4 · B N · C D · AH ≤ 1 − S(cid:205)BC D · AH = 1 3 1 6 a 6 a 2 4

(a ) = 0 ⇔ a = ±

(a ) = 4 − 3a 2; f (cid:48)

Thể tích của tứ diện ABCD: V = Xét: f (a ) = a · (cid:0)4 − a 2(cid:1) .Tr ˆen (0; 1] . Ta có: f (a ) liên tục trên (0; 1] f (cid:48) Vậy M ax f (a ) (0; 1] = f (1) = 3

2 (cid:112) /∈ (0; 1] 3

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Hình 2.27:

Hình 2.28:

Suy ra: M axV =

Khi ∆ CAD và ∆ BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai

mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. (cid:112)

1 8

Khi đó tính được: A B =

> 1 6 2

Bài toán 2.5.4

Cho hình chóp đều S. ABC có SA=a, Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SA, SC.

a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a, biết BD vuông góc với AE

b) Gọi G là trọng tâm của ∆ SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

lần lượt tại M, N. Gọi V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm

giá trị lớn nhất của

V V1

Lời giải

Hình 2.29:

Gọi I là trung điểm của SE, => DI là trung bình ∆ SAE => DI//AE; D I =

Do: B D⊥A E nên B D⊥D I . Đặt x = A B

Theo công thức đường trung tuyến trong ∆ SAB.

A E 2

Ta có: B D 2 =

(cid:19) − = + · + = A E 2 = B E 2 ⇒ D I 2 = SA 2 4 x 2 2 a 2 4 (cid:18)x 2 2 1 4 a 2 4

Tương tự: B I 2 =

Do: B D⊥D I ⇒(cid:205) B D I vuông tại D Suy ra:

+ S B 2 + A B 2 2 9a 2 16 x 2 4

(cid:112) a 6 B I 2 = B D 2 + D I 2 ⇔ x = 3

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Gọi H là tâm ∆ ABC, do chóp S.ABC có đáy là tam giác đều nên SH ⊥ (ABC) =>

SH là đường cao của hình chóp. Diện tích ∆ ABC là: (cid:112)

Thể tích khối chóp S.ABC là : VS.A BC =

b) Gọi J là giao điểm của SG và BC => J là trung điểm của BC

Hình 2.30:

Đặt :

(cid:112) 3 3 = A B · AC · Si n 600 = S(cid:205)A BC = (cid:112) x 2 · (cid:112) 4 a 2 a 7 = x (cid:112) a 2 · 6 ⇒ SH = (cid:112) 2AH = ⇒ AH = SA 2 − AH 2 = 3 3 1 2 BC Si n 600 3 (cid:112) a 3 21 · SH · S(cid:205)A BC = 1 3 54

SA BC ⇒ VS.A B J = VS.A BC = S(cid:205)A B J = S(cid:205)ACJ = 1 2 1 2 V 2

x = ; y = (cid:0)x , y ∈ (0; 1](cid:1) SM S B SN SC

CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Tương tự:

= · · = · ⇒ VS.AMG = SA SA SM S B SG S J 2x 3 V 2 2x 3 VS.AMG VS.A B J

· VS.AG N = ⇒ V1 = VS.AMG + VS.AG N

V 2 · (cid:0)x + y (cid:1) (1) 2y 3 V ha y : V1 = 3

Từ đó:

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x = y

= · · = x y ⇒ V1 = V ·x y (2) Từ (1) và (2) suy ra: x +y = 3x y (∗) V1 V SM S B SA SA (cid:112) x y SN SC Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: x + y ≥ 2

Từ (*) ta có: 3x y ≥ 2

(cid:112) x y ⇔ x y ≥ 4 9

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x = y =

nên

. Dấu “=” xẩy ra

= ≤ 2 3 1 x y 9 4 V V1

x = y = 2 3

Suy ra giá trị lớn nhất của

≤ 9 4 V V1

Bài toán 2.5.5

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a. Gọi

H là tâm của đáy ABCD, trên đoạn SH lấy điểm M sao cho HM= x (0 < x < 2a).

Gọi (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với SH, (P) cắt các cạnh bên SA, SB,

SC, SD lần lượt tại các điểm E,F, K, N

a) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H. EFKN

b) Tìm vị trí của M sao cho thể tích khối chóp H.EFKN lớn nhất

Lời giải

Trường hợp 1: MH>MN thì tâm I nằm trong đoạn MH

Trường hợp 2: MH < MN thì tâm I nằm trong đoạn MH

a) Dễ thấy EFKN là hình vuông đồng dạng với hình vuông ABCD với tỷ số đồng

dạng K =

= SM SH

2a − x 2a Do đó cạnh của hình vuông EFKN là: b = 2a − x 2

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Hình chóp H. EFKN là hình chóp tứ giác đều nên HM là trục đường tròn ngoại tiếp

đáy.

Xét ∆ MHN vuông tại M, gọi I là giao điểm của trung trực cạnh HN với HM; Suy

ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H. EFKN Cả 2 trường hợp đều tính được:

Vậy diện tích mặt cầu là: S = 4π · R 2 = 4π ·

R = I H = 4a 2 − 4a x + 9x 2 16x (cid:19)2

b) SEFK N =

(cid:18)4a 2 − 4a x + 9x 2 16x

(2a − x ) 4

Thể tích khối chóp H.EFKN là : x · (2a − x ) 12

V = SEFK N · H M =

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2x (2a − x )(2a − x ) ≤

= 1 3 Ta viết: V = x · (2a − x )2 12 2x (2a − x ) (2a − x ) 12 · 2 (cid:19)3

Suy ra: V ≤

Dấu “=” xẩy ra khi x =

(cid:18)4a 3

Vậy H M =

thì thể tích H.EFKN lớn nhất.

2a 3 8a 3 81

2a 3

2.6 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Bài toán 2.6.1

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và đường cao SA =2a; MNPQ

là thiết diện song song với đáy, M thuộc SA và AM =x. Xét hình trụ có đáy là đường

tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ và đường sinh là MA.

a) Tính diện tích MNPQ theo a và x

b) Tính thể tích khối hình trụ theo a và x

c) Xác định vị trí của M để thể tích khối trụ là lớn nhất.

Lời giải

a) Diện tích MNPQ

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Hình 2.31:

Vì MNPQ là thiết diện song song với đáy, do đó MNPQ đồng dạng với đáy, suy ra,

MNPQ là hình vuông.

Áp dụng định lý Thales, ta có: 2a − x 2

= = = ⇒ M N = M N A B SM SA 2a − x 2a (2a − x ) · a 2a

Suy ra diện tích MNPQ: SM N PQ = M N 2 =

b) Thể tích của khối trụ (T) theo a và x

(2a − x )2 1 4

Vì đường tròn đáy của hình lăng trụ (T) là đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông M N (cid:112)

MNPQ; suy ra bánh kính của (C): R =

Thể tích của khối lăng trụ (T): V = π·R 2 ·M A = π

c) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số: 2a − x ; 2a − x ; 2x

= 2a − x (cid:112) 2 2 2 (cid:19)2 ·x = ·π·(2a − x )2 ·x 1 8 (cid:18)2a − x (cid:112) 2 2

Ta có: (2a − x )2 · x =

(cid:19)3 = (2a − x ) · (2a − x ) · 2x ≤ 1 2 (cid:18)2a − x + 2a − x + 2x 3 1 2 32a 3 27

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

⇒ V ≤ · π · a 3 4 27 

Vậy: V =

Kết luận: M axV =

x ∈ (0; 2a )  ⇔ x = · π · a 3 ⇔ 4 27 2a 3  2a − x = 2x

4π · a 3 27

Bài toán 2.6.2

Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, ta lấy điểm M với AM =x, (0 ≤ x ≤

a) và trên tia Ax vuông góc (ABCD), ta lấy điểm S với SA = y (y>0)

a) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAC)

b) Tính thể tích khối chóp S.ABCM

c) Với giả thiết x 2 + y 2 = a 2 . Hãy tìn GTLN của thể tích khối chóp S.ABCM

Lời giải

Hình 2.32:

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

a) Tính d (M ; (SAC ))



Ta có:

Gọi O = AC ∩ B D khi đó:

B D⊥AC  ⇒ B D⊥ (SAC )  B D⊥SA

(cid:112) a 2 d (D; (SAC )) = DO = 2

b) Tính VS.A BC D Ta có: VS.A BC D =

= DM ∩ (SAC ) = A ⇒ d (M ; (SAC )) d (D; (SAC )) (cid:112) x a x 2 ⇒ d (M ; (SAC )) = · d (D; (SAC )) = 2 x a

·SA BC M ·SA, mà tứ giác ABCM là hình thang vuông tại A,B nên: 1 3

(AM + BC ) · A B SA BC M = 1 2

Hay: SA BC M =

c) Tìm GTLN của VS.A BC M V đạt giá trị lớn nhất ⇔ y (a + x ) đạt GTLN ⇔ y 2 · (a + x )2 đạt giá trị lớn nhất

a y (a + x ) (x + a ) · a . Suy ra: VS.A BC M = 1 2 1 6

(do: x>0; y>0) Ta có: y 2 · (a + x )2 = (cid:0)a 2 − x 2(cid:1) (a + x )2 (do: x 2+y 2 = a 2) = (a − x ) (a + x ) (a + x ) (a + x ) =

(3a − 3x ) (a + x ) (a + x ) (a + x ) 1 3

Ta được: y 2 · (a + x )2 ≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số không âm là 3a − 3x ; a + x ; a + x ; a + x 27a 4 16

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3a − 3x = a + x ⇔ x =

(cid:19)4 (cid:19)4 = = (cid:18)3a − 3x + a + x + a + x + a + x 4 (cid:18)3a 2 1 3 1 3

đạt được khi và chỉ khi:

Vậy GTLN của VS.A BC M =

a 2  (cid:112) x = 3  (cid:112) a 2 a 3 3a 2 · 24  y = 2

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Bài toán 2.6.3

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên là a, góc giữa mặt bên và mặt đáy

(ABC) là α

π (cid:129) (cid:139) 0 < α <

b) Cho a không đổi và α biến thiên

; khi đó tìm giá trị lớn nhất của thể tích

khối chóp S.ABCD

2 a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và α π (cid:129) (cid:139) 0; 2

Lời giải

Hình 2.33:

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và α

Gọi E là trung điểm của BC, O là tâm của đáy ABC

Theo tính chất của hình chóp đều, ta có:

SO⊥ (A BC )

⇒ SO là chiều cao của SE ⊥BC

   O E ⊥BC

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

(cid:95)

hình chóp và ((S BC ) ; (A BC )) =

SEO = α

Gọi cạnh của đáy ABC là x (x>0) x

Khi đó: O E =

Trong tam giác vuông SOC (vuông tại 0),

(cid:112) (cid:112) (cid:112) (cid:112) 3 x 3 3 x 3 = · · = AE = ;OC = 1 3 2 1 3 6 2 3 x · 2 3

Từ (1) và (2) ta có:

(cid:112) (cid:140)2 (cid:130)x 3 SO 2 = SC 2 −OC 2 = a 2 − = a 2− − 3 x 2 3

Thể tích của khối chóp S.ABC (cid:112)

· (cid:128) ⇒ · tan2α = a 2 − tan2α + 4 (cid:138) = a 2 (cid:112) x 2 12 2a 3 x 2 12 ⇒ x 2 = x 2 3 ⇒ x = (cid:112) 12a 2 4 + tan2α 4 + tan2α

(cid:112) (cid:112) x 3 3 · · = V = · tan α = 1 3 x 3 · tan α 24 3 · a 3 · tan α 24 (cid:112)(cid:0)4 + tan2α(cid:1)3 24 1 · SA BC · SO = 3 (cid:112) (cid:112)

= =

Xác định α để V đạt giá trị lớn nhất

V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

đạt giá trị lớn nhất

3 · a 3 · tan α 24 (cid:112)(cid:0)tan2α + 4(cid:1)3 24 x 2 · 6 4 3 · tan α a 3 (cid:112)(cid:0)tan2α + 4(cid:1)3

tan α (cid:112)(cid:0)tan2α + 4(cid:1)3 tan2α ⇔

Ta có: f (α) =

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:

= · · · 1 4 tan2α tan2α + 4 2 tan2α + 4 2 tan2α + 4 (cid:0)tan2α + 4(cid:1)3 đạt giá trị lớn nhất tan2α (cid:0)tan2α + 4(cid:1)3

; ; tan2α tan2α + 4 2 tan2α + 4 2 tan2α + 4

được: f (α) ≤

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

(cid:19)(cid:21)3 (cid:18) tan2α · + + = (cid:20)1 3 1 4 tan2α + 4 2 tan2α + 4 2 tan2α + 4 1 108

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

(cid:112) (cid:112) = ⇔ tan2α = 2 ⇔ tan α = 2 ⇔ α = arctan 2 tan2α tan2α + 4 tan2α + 4

Vậy giá trị lớn nhất V =

Đạt được khi và chỉ khi: α = arctan

(cid:112) (cid:112) 3 = a 3 · (cid:112) 2 a 3 6 108

Bài toán 2.6.4

Cho hình trụ (T) có bán kính đáy và chiều cao đều bằng R, hai đáy là hai hình tròn

(0) và (0’). Gọi AA’ và BB’ là hai đường sinh bất kỳ của (T) và E là một điểm di

động trên đường tròn (0). Tính thể tích lớn nhất của khối chóp E.AA’BB’

Lời giải

Hình 2.34:

Để tìm GTLN của thể tích khối chóp E. AA’BB’ ta chỉ cần xét các loại hình chóp

E.AA’B’B mà E là giao điểm của đường tròn tâm (0) và đường trung trực của đoạn

AB, O thuộc đoạn EI (I là trung điểm của AB’)

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

(cid:138) B (cid:48)B

Đặt O I = x (0 < x < R) Khi đó: E I = R + x v `aE I ⊥A B (cid:48); E I ⊥AA(cid:48) ⇒ E I ⊥ (cid:128)AA(cid:48) A B (cid:48) = 2AI = 2

Suy ra thể tích khối chóp E.AA’B’B:

(cid:112) (cid:112) OA 2 −O I 2 = 2 R 2 − x 2

SAA(cid:48)

= 1 · E I B (cid:48) B 3 R · (R + x ) · (cid:112) R 2 − x 2 V = 1 3

Suy ra: V 2 =

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (R + x )2 · (cid:0)R 2 − x 2(cid:1) =

R 2 · (R + x )2 · (cid:128) R 2 − x 2(cid:138) 1 9

1 3 (R + x ) · (R + x ) · (R + x ) (3R − 3x ) (cid:19)4 ≤ = (cid:18)R + x + R + x + R + x + 3R − 3x 4 1 3 27 · R 4 16 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

Vậy GTLN của (R + x )2 · (cid:0)R 2 − x 2(cid:1) =

R + x = 3R − 3x  ⇔ x = R 2  x ∈ (0; R)

Suy ra: M a x V =

(cid:112) (cid:114) 27R 4 16 3 = R · 27R 4 16 R 3 · 4 1 3

Bài toán 2.6.5

Trong các khối trụ có diện tích toàn phần S, khối trụ nào có thể tích lớn nhất?

Lời giải

Ký hiệu R là bán kính đáy, h là độ dài đường cao của khối trụ

Ta có: S = 2πR 2 + 2πRh . Ta cần tìm R và h để: V = πR 2 · h có GTLN

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Theo trên, ta có:

(cid:114) 3 + = R 2 + = R 2 + ≥3 S 2π V 2 4π2 Theo BĐTCauchy V 2π · R (cid:114) (cid:19)3 ≤ ⇔ V ≤ ⇒ 27 V π · R (cid:18) S 2π V 2π · R S3 54π V 2 4π2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: R 2 =

Khi đó: S = 6πR 2 nên R =

= = ha y h = 2R V 2πR π · R 2 · h 2π · R R · h 2

Vậy khối trụ có thể tích lớn nhất là khối trụ có: R =

và h = 2

(cid:199) S 6π

(cid:199) S 6π (cid:199) S 6π

Bài toán 2.6.6

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AC=a; AD’=b; CD’=c

a) Tính thể tích của khối chóp đã cho

b) Cho a, b, c thay đổi còn chu vi tam giác ACD’ không đổi luôn bằng P (P>0).

Tìm giá trị lớn nhất của V

Lời giải

a) Tính thể tích của khối hộp

Gọi độ dài các cạnh AB, AD, AA’ lần lượt là x, y, z. Trong tam giác vuông ABC,

AA’D’; CDD’ Theo định lý Pythagoras có: 



x = x 2 = x 2 + y 2 = a 2

Từ đó thể tích V của khối hộp là:

⇔ ⇔ y 2 + z 2 = b 2 y 2 = y =    x 2 + z 2 = c 2   z 2 =   z = c 2 + a 2 − b 2 2 a 2 + b 2 − c 2 2 b 2 + c 2 − a 2 2 (cid:199)c 2 + a 2 − b 2 2 (cid:199)a 2 + b 2 − c 2 2 (cid:199)b 2 + c 2 − a 2 2

b) Tìm Max V :

V = x y z = (cid:199)(cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) (cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) 8

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Hình 2.35:

+) Chu vi (cid:205) AC D (cid:48) : P = AC + C D (cid:48) + AD (cid:48) = a + c + c

+) Theo giả thiết ta có P là hằng số

Vì a 2 + b 2 − c 2;b 2 + c 2 − a 2; a 2 + c 2 − b 2 đều dương, do đó, áp dụng bất đẳng thức

Cauchy ta có:

(cid:112)(cid:0)b 2 + a 2 − c 2(cid:1) · (cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) (cid:112)(cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) · (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) (cid:112)(cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) · (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1)

2b 2 = (cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) + (cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) ≥ 2 2c 2 = (cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) + (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) ≥ 2 2a 2 = (cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) + (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) ≥ 2 ⇒ 8a 2b 2c 2 ≥ 8 (cid:0)a 2 + b 2 − c 2(cid:1) · (cid:0)b 2 + c 2 − a 2(cid:1) · (cid:0)a 2 + c 2 − b 2(cid:1) = 64V 2

Suy ra: a b c ≥ 2

(cid:112) 2 · V (cid:112) a b c ⇒ ≥ a b c ≥ 2 2 · V (BĐT Cauchy)

(cid:112) a b c ⇒ ≥ a b c ≥ 2 (cid:112) Lại có: P = a + b + c ≥3 3 (cid:112) Lại có: P = a + b + c ≥3 3 2 · V (BĐT Cauchy) P 3 27 P 3 27

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

Suy ra: V ≤ (cid:112)

(cid:112) P 3 · 2 = P 3 (cid:112) 108 2 (cid:112) P 3 · 2 2 V = 54 ⇔ a = b = c Vậy M axV = 108 P 3 · 8

Bài toán 2.6.7

Cho hình lăng trụ tứ giác A BC D.A 1B1C 1D1. Một mặt phẳng (α) thay đổi song song

với hai đáy lăng trụ, cắt các đoạn thẳng A B1, BC 1;C D1; DA 1;lần lượt ở các điểm M, N, P và Q. Hãy xác định vị trí của mặt phẳng (α) sao cho tứ giác MNPQ có diện

tích nhỏ nhất.

Lời giải:

Hình 2.36:

Giả sử (α) cắt các cạnh bên A B1, BC 1;C D1; DA 1 ở A’, B’, C’ và D’ (xem hình 2.40),

CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ

thế thì ta có: AA(cid:48) B B (cid:48) AA1 B B1

DD(cid:48) DD1

Đặt

= = C C (cid:48) C C 1

= x và S(A BC D) = S thế thì S(A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48)D(cid:48) ) = S = AA(cid:48) AA1

AA(cid:48) AA1

Theo định lý Thales ta có: A (cid:48)M A (cid:48)B (cid:48) Do đó ta được:

= = = = = 1 − x = x ; A (cid:48)Q A (cid:48)D (cid:48) AM A B1 A 1Q A 1D A 1A (cid:48) A 1A

= · = x (1 − x ) A (cid:48)M A (cid:48)B (cid:48) A (cid:48)Q A (cid:48)D (cid:48)

Chứng minh tương tự, ta có:

S(A (cid:48)MQ) S(A (cid:48) B (cid:48)D (cid:48)) ⇒ S(A (cid:48)MQ) = x (1 − x )S(A (cid:48) B (cid:48)D (cid:48)); (1)

S(B (cid:48)M N ) = x (1 − x )S(B (cid:48)A (cid:48)C (cid:48)); (2)

S(C (cid:48)N P) = x (1 − x )S(C (cid:48) B (cid:48)D (cid:48)); (3)

Từ (1); (2); (3) và (4) ta được:

S(D (cid:48)PQ) = x (1 − x )S(D (cid:48)C (cid:48)A (cid:48)); (4)

S(M N PQ) = S(A (cid:48) B (cid:48)C (cid:48)D (cid:48)) − S(A (cid:48)MQ) − S(B (cid:48)M N ) − S(C (cid:48)N P) − S(D (cid:48)PQ)

= S − x (1 − x ) (cid:2)S(A (cid:48) B (cid:48)D (cid:48)) + S(B (cid:48)A (cid:48)C (cid:48)) + S(C (cid:48) B (cid:48)D (cid:48)) + S(C (cid:48)D (cid:48)A (cid:48))(cid:3)

(cid:18) (cid:19)2(cid:153) (cid:128) ≥ = S − 2x (1 − x )S = S 1 − 2x + 2x 2(cid:138) = S + 2 x − (cid:150)1 2 1 2 S 2

hay A’ là trung điểm của AA 1 cũng tức là

Vậy S(M N PQ) đạt min bằng mặt phẳng (α) song song cách đều hai đáy của lăng trụ tứ giác đã cho.

⇔ x = S 2 1 2

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

2.7 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG

THỨC NỔI TIẾNG

2.7.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng trong không gian

Claudias Ptolemaeus, tiếng Hy Lạp klaudios Plolemaios hay gọi đơn giản là Ptolemy,

Ptolémée hay Ptôlêmê (khoảng 100 – 178 A.D), là một nhà bác học Hy Lạp, học

và làm việc Alexandria. Định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê là một trong

những kết quả nghiên cứu của ông trong lĩnh vực toán học.

2.7.1.1 Định lý Ptôlêmê

Định lý: Trong tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi tích hai đường

chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện, tức là:

AC · B D = A B · C D + BC · AD

Lời giải

Lấy điểm M thuộc đường chéo BD sao cho:

(cid:95) M C D =

(cid:95) BC A

. Khi đó dễ thấy

Suy ra:

(cid:205) A BC đồng dạng (cid:205) DM C

Tương tự:

= ;Su y r a C D.A B = C A.M D (1) C D M D C A A B

(cid:205) BC M đồng dạng (cid:205) ADC

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

Hình 2.37:

, do đó, ta có:

Suy ra:

= BC B M AC AD

Lấy (1) + (2) theo vế bất đẳng thức trên ta được:

BC .AD = AC (2)

C D.A B + BC .AD = AC .B M + AC .M D = AC .B D

Bài toán: Cho tam giác ABC, các đường phân giác trong của các góc A, B, C cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A 1, B1,C 1.Chứng minh rằng:

AA1B B1C C 1 ≥ 16R 2r

Chứng minh

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác A B A 1C Ta có:

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

Hình 2.38:

AA1 · BC = A BC A 1 + AC B A 1ha y AA1 · a = c · C A 1 + b · B A 1

Do AA 1 là phân giác góc BAC nên A 1 là điểm chính giữa cung BC, do đó

Suy ra:

B A 1 = C A 1

Theo định lý hàm số Sin ta có:

AA 1 · a = (b + c ) · B A 1

Vậy:

B A 1 = 2R · sin a 2

· 2R · Si n . AA 1 = b + c a A 2

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

Tương tự:

· 2R · Si n B B1 =

Để ý rằng:

· 2R · Si n C C 1 = a + c b a + b c B 2 C 2

và

r = 4R · Si n · Si n · Si n A 2 B 2 C 2

Suy ra:

(a + b ) (b + c ) (c + a ) ≥ 8a b c

(đpcm)

· Si n · Si n Si n ≥ 16R 2 · r AA 1 · B B1 · C C 1 = A 2 8R 3 · (a + b ) (b + c ) (a + c ) a · b · c B 2 C 2

2.7.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê

Định lý: (Bất đẳng thức Ptôlêmê)

Trong tứ giác lồi ABCD luôn có:

Chứng minh: Trong tam giác ABC lấy điểm M sao cho:

(cid:95) A B D =

(cid:95) M BC ;

(cid:95) AD B =

(cid:95) M C B

Rõ ràng:

A B · C D + AD · BC ≥ AC · B D

= ; ⇒ B D · M C = AD · C B (cid:205) B AD đồng dạng (cid:205) B M C ; ⇒ AD M C B D C B

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

Hình 2.39:

Tương tự:

Kết hợp các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:

(cid:205) A B M đồng dạng (cid:205) D BC ⇒ A B · DC = B D · AM

(đpcm)

AD · BC + A B · C D = B D · (AM + C M ) ≥ B D · AC

2.7.1.3 Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng

Định lý 2.7.1 (Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng). Cho ABCD là tứ diện bất kì, ta

có: AC · B D + AD · BC > A B · C D

Chứng minh Trong mặt phẳng ABCD lấy điểm E sao cho B và E khác phía với

CD và AC = C E ; AD = D E .

Ta có: , (cid:205) AC D =(cid:205) E C D Suy ra AP = PE . Với P là giao điểm của BE và CD.

Áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác BCED,

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

Hình 2.40:

Ta có:

Mặt khác: A B · C D ≤ (AP + P B ) · C D = B E .C D

Vậy: A B · C D ≤ B E · C D ≤ C E · B D + BC · D E = AC · B D + AD · BC

Dấu của bất đẳng thức vừa chứng minh không xảy ra.

B E · C D ≤ BC · D E + B D · C E

Bài toán 2.7.2

Trên cạnh CD của tứ diện ABCD lấy điểm N. Kí hiệu ρ (X Y Z ) là chu vi của tam

giác XYZ.

Chứng minh rằng: N C · ρ (DA B ) + N D · ρ (C A B ) > C D · ρ (N A B ) .

Chứng minh:

Xét bất đẳng thức Ptôlêmê cho bộ 4 điểm (N, A, C, D) và (N, C, B, D) ta có:

N C · DA + N D · C A > C D · N A

Vì N thuộc CD nên N C · A B + N D · A B = C D · A B Cộng theo vế 3 BĐT trên ta

được điều phải chứng minh

N C · D B + N D · C B > C D · N B

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

2.7.2 Bất đẳng thức Erd¨os mở rộng trong không gian

Paul Erd¨os (1913 – 1996) là nhà toán học người Hunggary. Ông được coi là nhà

toán học xuất sắc nhất thế kỷ XX với hàng trăm công trình nghiên cứu trong nhiều

lĩnh vực khác nhau của toán học. Bất đẳng thức Erd¨os là một bất đẳng thức nổi

tiếng trong tam giác được Erd¨os đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của

nhà toán học người Mỹ Louis Mordell (1888 – 1972)

2.7.2.1 Định lý (Bất đẳng thức Erd¨os)

Cho tam giác ABC, điểm P nằm trong tam giác. Gọi d 1; d 2; d 3 là khoảng cách từ P

tới 3 đỉnh A; B; C. Gọi h 1; h 2; h 3 là khoảng cách từ P tới 3 cạnh BC; CA; AB. Khi

đó ta luôn có bất đẳng thức:

Chứng minh 1: Đây là chứng minh lần đầu được đưa ra bởi nhà toán học Louis

Mordell

d 1 + d 2 + d 3 ≥ 2 (h 1 + h 2 + h 3)

Lời giải

Áp dụng định lý hàm số Sin và định lý hàm số Cos, ta có:

Hình 2.41:

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

− 2h 2h 3 · c os (π − A) + h 2 3

− 2h 1h 3 · c os (π − B ) h 2 1 + h 2 3

Mặt khác ta có:

− 2h 2h 3 · c os (π − C ) d 1 · Si nA = EF = (cid:112) h 2 2 d 2 · Si n B = F D = (cid:112) d 3 · Si nC = D E = (cid:112) + h 2 3 h 2 2

EF2 = h 2 2

− 2h 2h 3 · c os (π − A) + h 2 3

− 2h 2h 3 · (cos B · cosC − sin B · sinC ) ; (cos(π − A) = cos(B + C )) = h 2 2 + h 2 3

Suy ra: EF ≥ h 2 · Si nC + h 3 · Si n B

Do đó:

= (h 2 sinC + h 3 sin B )2 + (h 2 · cosC − h 3 cos B )2 ≥ (h 2 sinC + h 3 sin B )2

Tương tự:

+ d 1 ≥ h 2 · Si nC Si nA h 3 · Si n B Si nA

+ d 2 ≥

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, rồi áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:

+ d 3 ≥ h 3 · Si nA Si n B h 1 · Si n B Si nC h 1 · Si n B Si n B h 2 · Si nA Si nC

(cid:19) (cid:19) (cid:19) + + + d 1 + d 2 + d 3 = h 1 + h 2 + h 3 (cid:18)Si n B Si nC Si nC Si n B (cid:18)Si nA Si nC Si nC Si nA (cid:18)Si nA Si n B Si n B Si nA

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: Si nA = Si n B = Si nC và h 1 = h 2 = h 3

Điều này có nghĩa tam giác ABC đều và P là tâm của tam giác ABC.

Chứng minh 2: (Ta có thể áp dụng định lý Ptôlêmê để chứng minh bất đẳng thức

Erd¨os.

≥ 2 (h 1 + h 2 + h 3)

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

2.7.2.2 Bất đẳng thức Erd¨os mở rộng

Định lý 2.7.3 (Bất đẳng thức Erd¨os mở rộng). Cho tứ diện ABCD, P tùy ý nằm

trong tứ diện. Gọi d 1, d 2, d 3, d 4, lần lượt là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C,

D và h 1, h 2, h 3, h 4 lần lượt là khoảng cách từ P đến các mặt phẳng (BCD), (ACD),

(ABD), (ABC).Chứng minh rằng:

(cid:17) (cid:16)(cid:112) d 1 + d 2 + d 3 + d 4 ≥ 2 h 1h 2 + (cid:112) h 1h 3 + (cid:112) h 1h 4 + (cid:112) h 2h 3 + (cid:112) h 2h 4 + (cid:112) h 3h 4

Chứng minh: Gọi h a là độ dài đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh A xuống đáy

BCD. Đặt S1,S2,S3,S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC;

Ta có:

V1, V2, V3, V4, V lần lượt là thể tích các tứ diện PBCD, PCDA, PDAB, PABC, ABCD.

d 1 + h 1 ≥ h a ⇒ d 1S1 + h 1S1 ≥ h aS1 ⇒ d 1S1 + 3V1 ≥ 3V = 3 (V1 + V2 + V3 + V4) ⇒ d 1S1 ≥ 3 (V2 + V3 + V4) = h 2S2 + h 3S3 + h 4S4

Tương tự:

+ h 3 · + h 4 · ⇒ d 1 ≥ h 2 · S3 S2 S4 S1 S2 S1

d 2 ≥ h 1 · + h 3 · + h 4 ·

d 3 ≥ h 1 · + h 2 · + h 4 ·

d 4 ≥ h 1 · + h 2 · + h 3 · S1 S2 S1 S3 S1 S4 S3 S2 S2 S3 S2 S4 S4 S2 S4 S3 S3 S4

Cộng theo vế 4 bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được: (cid:18) + h 4 · d 1+d 2+d 3+d 4 ≥ h 1h 2 + (cid:112)

(cid:18) (cid:19) (cid:19) (cid:18) (cid:19) + h 3 · S3 S4 S4 S3 +...+ (cid:17) (cid:16)(cid:112) ≥ 2 S1 S3 + h 3 · h 1 · S3 S1 h 2h 3 + (cid:112) h 2h 4 + (cid:112) S1 h 1 · S2 h 1h 3 + (cid:112) h 3h 4

Nếu P ≡ 1 với I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (nếu có) thì ta có: d 1 + d 2 + d 3 + d 4 ≥ 12r

S2 + h 2 · S1 h 1h 4 + (cid:112) Đặc biệt hóa điểm P và tứ diện ABCD ta thu được các kết quả sau:

MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG

Nếu ABCD là tứ diện gần đều thì: d 1 + d 2 + d 3 + d 4 ≥ 3h a Nếu ABCD là tứ diện đều thì: d 1 + d 2 + d 3 + d 4 ≥ a

ABCD

(cid:112) 6 .Với a là độ dài cạnh của

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

2.8 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài toán 2.8.1

Hai hình vuông ABCD và EFAB có cạnh a ở trong hai mặt phẳng vuông góc với

nhau.

a. Tính độ dài DE. Chứng tỏ rằng DE vuông góc AC và BF

b. Đường thẳng song song với AC vẽ từ D cắt AB tại A’, đường thẳng song song

với BF vẽ từ E cắt AB tại B’. Chứng minh rằng AA’=BB’=a và A’D=B’E.

c. Gọi I là một điểm trên đoạn A’D và J là một điểm trên B’E sao cho A’I=B’J=x.

Tính IJ theo a và x; và tìm giá trị nhỏ nhất của IJ?

Bài toán 2.8.2

Cho hình tứ diện S. ABCD có ABC là tam giác vuông cân tại A; AB = a, SA

vuông góc với (ABC) và SA = a

(cid:112) 3 . M là một điểm tùy ý trên cạnh AB, đặt

a) Tìm thiết diện của (α) với tứ diện S.ABC

b) Tính diện tích của thiết diện này theo a và x. Tìm x để diện tích thiết diện có giá

trị nhỏ nhất.

AM = x (0 < x < a ) . Gọi (α)là mặt phẳng qua a và vuông góc với AB.

Bài toán 2.8.3

Cho một mặt cầu bán kính R, một hình nón nội tiếp trong mặt cầu có chiều cao là

x (0 < x < 2R).

a) Tính thể tích V của khối nón và diện tích xung quanh S của hình nón đã cho theo

R và x.

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x

c) Với giá trị của x thì V lớn nhất.

KẾT LUẬN

2.9 KẾT LUẬN

Luận văn đã trình bày đạt được một số kết quả sau:

1. Luận văn phù hợp với việc dạy học THPT theo chuyên đề.

2. Tích hợp các đơn môn Đại số và Hình học vận dụng, giải quyết bài toán.

3. Tạo đà tự tin tự học đạt hiệu quả cao cho người học.

4. Hệ thống kiến thức và phân loại bài tập.

5. Luận văn đã chọn lọc, giới thiệu một số đề thi học sinh giỏi trong nước có

liên quan đến cực trị Hình học trong không gian.

6. Giới thiệu hai bất đẳng thức có nhiều áp dụng trong các đề thi học sinh giỏi

đó là bất đẳng thức Ptôlêmê và bất đẳng thức Erd ¨os.

7. Nội dung luận văn đã thực hiện tốt các mục tiêu đề ra.

Tài liệu tham khảo

A. TIẾNG VIỆT

chọn lọc- 45 năm Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo Dục .

[1] Bộ giáo dục và đào tạo – Hội toán học Việt Nam, (2009), các bài toán

theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ, Quyển VI, NXB Giáo Dục.

[2] Bộ giáo dục và đào tạo – Hội toán học Việt Nam, (2012 ), tuyển chọn

Ptolêmê, NXB Giáo Dục.

[3] Lê Quốc Hán, ( 2007), Tủ sách toán học và tuổi trẻ, Ẩn sau định lý

NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội

[4] Nguyễn Quang Sơn,(2014), Chuyên đề trọng điểm hình học không gian,

Giáo Dục, Hà Nội.

[5] Nguyễn Văn Mậu, (2006), Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB

toán tập II.

B. TIẾNG ANH

[6] Trịnh Khắc Tuân, (2015), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT Môn

celli Problem, The Mathematical Gazette.

[7] Nguyễn Minh Hà ,Vol.86 (June 2002), Extending the Fermat – Torri-

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

GIẤY XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN THẠC SĨ

Họ và tên tác giả luận văn: Nguyễn Văn Hảo

Đề tài luận văn:

VẤN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN EUCLID E3

Chuyên ngành: Toán và Thống Kê

Mã Học viên: C00257

Cơ sở đào tạo: Trường Đại học Thăng Long

Căn cứ vào biên bản cuộc họp Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ ngày

07/06/2016 tại Trường Đại học Thăng Long và các nhận xét, góp ý cụ thể của

các thành viên hội đồng, tác giả luận văn đã thực hiện các chỉnh sửa sau:

1. ...........................................................................................................................

2. ...........................................................................................................................

3. ...........................................................................................................................

4. ...........................................................................................................................