Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua khai thác các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3

§Ò C¦¥NG S¸NG KIÕN KINH NGHIÖM

RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG

QUA KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN LỚN NHẤT,

NHỎ NHẤT TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Lĩnh vực: TOÁN HỌC

Người thực hiện: TRÌNH HOÀI NAM

Tổ bộ môn: TOÁN  TIN

Năm thực hiện: 2020

Số điện thoại: 0339.545577

Email: hoainam2732003@gmail.com

Nghệ An, tháng 12 năm 2020.

1. Lý do chọn đề tài ......................................................................................................................... 2

2. Tính cấp thiết của đề tài ............................................................................................................... 3

3. Tính mới của đề tài ...................................................................................................................... 4

4. Khả năng ứng dụng và triển khai đề tài ........................................................................................ 4

5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ................................................................................................ 4

5.1. Đối tượng nghiên cứu .......................................................................................................... 4

5.2.

Phạm vi nghiên cứu ............................................................................................................. 4

6. Phương pháp và nhiệm vụ nghiên cứu ......................................................................................... 4

6.1.

Phương pháp nghiên cứu ...................................................................................................... 4

6.2. Nhiệm vụ nghiên cứu ........................................................................................................... 5

MỤC LỤC I. ĐẶT VẤN ĐỀ ................................................................................................................................ 2

II.

NỘI DUNG ................................................................................................................................ 6

1. Cơ sở khoa học .......................................................................................................................... 6

1.1. Cơ sở lý luận ....................................................................................................................... 6

1.2. Cơ sở thực tiễn..................................................................................................................... 9

2. Thực trạng ............................................................................................................................... 11

3. Phương hướng và giải pháp .................................................................................................... 12

3.1. Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian thuần túy .............................. 12

3.1.1.

Sử dụng phương pháp định tính .................................................................................. 12

3.1.2.

Sử dụng phương pháp định lượng ............................................................................... 28

3.2. Áp dụng vào việc giải các bài toán cực trị hình học tọa độ không gian ................................ 63

3.2.1.

Giải pháp ................................................................................................................... 63

3.2.2.

Ví dụ áp dụng............................................................................................................. 63

3.2.3.

Bài tập tham khảo ...................................................................................................... 70

4. Đánh giá và kết quả thực hiện................................................................................................. 70

4.1.

Trong công tác bồi dưỡng học sinh lớp 11 .......................................................................... 70

4.2.

Trong công tác bồi dưỡng học sinh lớp 12 .......................................................................... 71

III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ ....................................................................................................... 73

1. Kết luận .................................................................................................................................... 73

2. Kiến nghị .................................................................................................................................. 74

TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................................................. 75

PHỤ LỤC ............................................................................................................................................ 76

Phụ lục 1. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 – HÌNH HỌC 11 ................................................................. 76

Phụ lục 2. ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ 1 – KHỐI 12 .................................................................. 78

Phụ lục 3. ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 2 – KHỐI 12 ................................................................. 85

-1-

I. ĐẶT VẤN ĐỀ

1. Lý do chọn đề tài

Định hướng đổi mới phương pháp dạy và học đã được xác định trong Nghị quyết Trung ương 4 khóa VII (1/1993), Nghị quyết Trung ương 2 khóa VIII (12/1996), được thể chế hóa trong Luật Giáo dục (12/1998), được cụ thể hóa trong các chỉ thị của Bộ Giáo dục và Đào tạo, đặc biệt là Chỉ thị số 15 (4/1999). Điều 24.2 của Luật Giáo dục đã ghi: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Qua đây ta có thể thấy được phương pháp dạy học tích cực là cần phải phát huy tính được tính tích cực, chủ động, sáng tạo của người học.

Bản thân trong quá trình dạy học nhận thấy tầm quan trọng của việc rèn luyện tư duy qua các bài toán hình học không gian. Có thể nói, giai đoạn gần đây bài toán về hình học không được khai thác rất đa dạng. Trong số đó có thể kể đến bài toán về cực trị hình học. Đây có thể nói là một chủ đề ở mức vận dụng cao dành cho học sinh khá giỏi ở các đề thi. Chẳng hạn:

Bài toán 1 (Trích Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2018-2019):

//

.S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (

Cho hình chóp

 SBA SCA



AB CD ) nội  . Gọi M là trung điểm cạnh SA. Gọi  là

tiếp đường tròn tâm O và   90



BC SA

. góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng cos

Bài toán 2 (Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2020-2021):

SB SC

2 2



Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và

1, SA  P thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại M, N, P. Chứng minh rằng





2

2

2

5  . 8

1 SM

1 SN

1 SP

. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Một mặt phẳng 

Bài toán 3 (Đề thi HSG Hà Nội 2020-2021):

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thay đổi trên các cạnh AB, A’D’ sao cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60 . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và CC’.

-2-

Thậm chí đâu đó, bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hình học không gian được cho dưới dạng các bài toán về tọa dộ trong không gian. Bản thân tôi tự đặt câu

hỏi, liệu bài toán trên có được giải quyết bằng cách thật cơ bản theo như bài toán hình học không gian thuần túy hay không?

Thực ra về bài toán lớn nhất, nhỏ nhất các em đã được bắt gặp ở các bài toán về Đại số. Tuy nhiên, trong Hình học nói chung và Hình học không gian nói riêng còn chưa phong phú. Do đó bản thân mong muốn khai thác các bài toán lớn nhất, nhỏ nhất về Hình học không gian để học sinh được làm quen và đi sâu hơn.

Chính vì các vấn đề trên, tôi xin mạnh dạn nghiên cứu đề tài “Rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua khai thác các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian”.

2. Tính cấp thiết của đề tài

Đối với học sinh lớp 11, khi học về hình học không gian, học sinh đã được làm quen với một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Chẳng hạn ở một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích thiết diện hoặc của một biểu thức nào đó. Tuy nhiên, thường các em còn e ngại đến các bài toán này. Bởi bản thân khi nhắc đến bài toán lớn nhất, nhỏ nhất là học sinh đã không thực sự hứng thú để giải quyết bài toán. Hơn nữa, sự tiếp cận của các em về bài toán này chưa có các cách tư duy nhất định, do vậy các em còn rất bỡ ngỡ. Ngoài ra, lượng bài toán này ở mức độ vận dụng và vận dụng cao chưa nhiều, thành ra học sinh chưa thể có cơ hội rèn luyện tư duy, các kỹ năng để giải quyết bài toán. Trong hệ thống các bài toán, sách Hình học 11 mới chỉ dừng lại ở việc tính toán về độ dài, góc, khoảng cách. Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các đại lượng đó còn ít gặp.

Đối với học sinh lớp 12, học sinh đã được tiếp cận các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến thể tích của một số khối đa diện cơ bản, khối tròn xoay qua công cụ đạo hàm. Tuy nhiên, công cụ đạo hàm sẽ gặp khó khăn ở một số dạng toán. Do vậy, việc tìm các giải pháp để giải quyết các bài toán này là cần thiết cho học sinh.

-3-

Các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất có một vị trí xứng đáng trong chương trình học và dạy ở các trường phổ thông. Các bài toán này đòi hỏi vận dụng nhiều kiến thức và vận dụng một cách hợp lý, nhiều khi khá độc đáo. Do đó các em học sinh thường gặp nhiều khó khăn trong việc đi tìm lời giải, các em không biết bắt đầu từ đâu, vận dụng kiến thức nào trong chương trình đã học? Mặt khác trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi Đánh giá năng lực và đề thi HSG thì bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian cũng thường xuyên xuất hiện, thí sinh khi làm các bài thi này thường rất lúng túng trong việc tìm lời giải. Để giúp các em bớt gặp khó khăn cũng như có cách nhìn chung về vấn đề này, đề tài nhằm mục đích hệ thống lại các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian.

3. Tính mới của đề tài

- Đề tài đưa ra được một số giải pháp giải quyết bài toán tìm giá trị lớn nhất,

nhỏ nhất trong hình học không gian.

- Đề tài xây dựng được hệ thống các bài tập tương ứng với các giải pháp, đồng thời đưa ra được một số bài toán mới ở mức độ vận dụng, vận dụng cao do tác giả tự xây dựng nhằm rèn luyện tư duy cho học sinh khi giải quyết các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian.

- Đề tài phát triển các bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học không gian thuần túy sang bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về tọa độ trong không gian.

- Đề tài rèn luyện thêm cho học sinh các kỹ năng về sử dụng đạo hàm, sử dụng

các bất đẳng thức cơ bản.

4. Khả năng ứng dụng và triển khai đề tài

Đề tài này có khả năng áp dụng và triển khai cho học sinh trung học phổ thông và các thầy cô dạy Toán THPT tham khảo. Đề tài hoàn toàn phù hợp với các đối tượng học sinh: học sinh khá, HSG, học sinh ôn thi TN THPT, ôn thi các kỳ thi đánh giá năng lực.

5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

5.1. Đối tượng nghiên cứu

- Học sinh khá giỏi và giáo viên THPT.

- Các bài toán về hàm số và các vấn đề liên quan đến hàm số.

5.2. Phạm vi nghiên cứu

- Bám sát nội dung chương trình Toán THPT.

- Mở rộng phù hợp với nội dung thi HSG và Đại học.

6. Phương pháp và nhiệm vụ nghiên cứu

6.1. Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp điều tra, phân tích: Tập hợp, phân tích các bài toán giá trị lớn

nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian.

- Phương pháp thực nghiệm: Sử dụng các bài toán tạo ra, thực nghiệm cho các lớp giảng dạy và đồng nghiệp sử dụng để rút ra các kết luận, bổ sung vào đề tài.

-4-

- Phương pháp phân loại và hệ thống hóa tri thức: Sắp xếp các bài toán theo từng dạng, từng vấn đề có cùng dấu hiệu bản chất, cùng một hướng phát triển.

Sau đó hệ thống hóa, tức là sắp xếp tri thức thành một hệ thống trên cơ sở một mô hình lý thuyết làm sự hiểu biết về đối tượng đầy đủ hơn.

6.2. Nhiệm vụ nghiên cứu

- Xây dựng từng lớp các bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong

hình học không gian

- Đưa ra một số nhận xét, phân tích về cách tiếp cận lời giải cho từng loại, từng

dạng.

-5-

- Định hướng khai thác, mở rộng hoặc tạo ra bài toán mới.

II. NỘI DUNG

1. Cơ sở khoa học

1.1. Cơ sở lý luận

Đề tài được xây dựng dựa trên các cơ sở lý luận sau

a) Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức

Cho biểu thức P.

và tồn tại  Số M được gọi là giá trị lớn nhất của biểu thức P nếu P M

khả năng để dấu bằng xảy ra.

 Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của biểu thức P nếu P m và tồn tại

khả năng để dấu bằng xảy ra.

b) Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số (SGK Giải tích 12)

y



 f x



Cho hàm số xác định trên tập D.

 .



 f x M

  f x M x D ,

  và tồn tại 0x D sao cho

trên tập D nếu

 Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số  y  0 f x



  f x m x D ,

   và tồn tại 0x D sao cho

  Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số  y f x 0  m . f x

trên tập D nếu

,

a , ta có :

,

a a , 2

n





a



c) Bất đẳng thức Cauchy

2

a n

n



a a 1 2

 . a n

 n





a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

a 2

 . a n

Với n số không âm 1 a 1

d) Bất đẳng thức Bunhiacopxki và hệ quả

,

,

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki

a và 1 n

b b 2,

, n

2

2

2

2

2

Với 2 bộ số thực khác 0: 1































a b 1 1

a b 2 2

a b n n

a 2

a n

2 a 1

2 b 1

b 2

b n

, a a 2 

b , ta có , 



.







a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 b 1

a 2 b 2

a n b n

.

 Hệ quả

x y z , ta có ,

,

-6-

Với các số thực a, b, c và các số thực dương

2

2

2









a x

b y

2   a b c   y z x

c z

.



a x

b y

c  . z

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Chứng minh:

2

2

2

2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

x

.



y

.



z

.



x

  y

z









a x

b y

c z

a x

b y

c z

   

   

   

   

.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 

e) Tâm tỉ cự

Khái niệm tâm tỉ cự được đưa ra ở Sách Bài tập Hình học 10 Nâng cao, đó là khái niệm trong hình học phẳng. Tuy nhiên khái niệm này hoàn toàn có thể đưa ra trong không gian. Việc chứng minh hoàn toàn tương tự Bài tập 40 trang 12 Sách Bài tập Hình học 10 Nâng cao.



k k ,

,

,

,

,



k





k



k

A và n số 1

A A , 2

2

k k thỏa mãn 1

2

n

k 

 Khái niệm

 Cho n điểm 1 n n 0 . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm G sao cho:

  

 0



  k GA k GA 2 1

 1

2

 k GA n n

,

A tương ứng với các hệ số

,

n

A A , 2

k . ,

,

.

2

n

Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm 1 k k , 1

 Nhận xét

 OG

  





 OA 2

 OA 1

k 1 k

k 2 k

k n k

. Nếu G là tâm tỉ cự như trên thì mọi điểm O bất kì, ta có  OA n

f) Điều kiện ba điểm thẳng hàng và hệ quả



 Điều kiện ba điểm thẳng hàng

 Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng  Tồn tại số x sao cho AB x AC



.









 Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi nếu MA k MB hMC h k  , trong đó M là một điểm nào đó nằm

1

 Hệ quả

-7-

thì cặp số h, k là duy nhất và thỏa mãn trong mặt phẳng (ABC) và không thẳng hàng với hai trong ba điểm A, B, C.



 + Giả sử A, B, C thẳng hàng. Khi đó tồn tại x sao cho BA xBC









Chứng minh:





 MA

  

 1

  x MB xMC 

   MA MB x MC MB  



x

.

   h k

1

  1 x









 MA



1

 1

  h MB hMC 

. Theo định lý về sự duy nhất phân tích vectơ trong mặt phẳng ta suy ra k    h

 MA k MB hMC h k          BA hBC  







Ba điểm A, B, C thẳng hàng.  + Giả sử    MA MB h MC MB  

,  g) Điều kiện ba vectơ đồng phẳng và hệ quả

 Điều kiện ba vectơ đồng phẳng (SGK Hình học 11)

  ,a b

 không cùng phương và vectơ c



   , ,a b c

 đồng phẳng khi và chỉ khi có cặp số m, n sao cho c ma nb





Trong không gian cho hai vectơ . Khi đó  .

ba vectơ Ngoài ra, cặp số m, n là duy nhất.

 Hệ quả 1

Bốn điểm phân biệt A, B, C, D đồng phẳng khi và chỉ khi thỏa mãn 1 trong 2



điều kiện sau:

  ,h k sao cho AD hAB k AC

















i) Tồn tại 2 số .

   . z

1

y

ii) Gọi M là điểm nào đó sao cho không đồng phẳng với 3 điểm bất kỳ  thì trong 4 điểm A, B, C, D. Nếu MD xMA yMB zMC x

Chứng minh:

   AB AC AD

,

,

đồng phẳng. Áp dụng

+ Ta có A, B, C, D đồng phẳng khi và chỉ khi điều kiện đồng phẳng của ba vectơ ta suy ra i).

+ Ta chứng minh i) và ii) tương đương:

Giả sử i) đúng:











   AD hAB k AC MD MA h MB MA











  k MC MA





 

 

  h k MA hMB k MC









 

  MD

Khi đó tồn tại h, k sao cho:



 1

-8-

.

Theo định lý biểu thị một vectơ bất kỳ theo ba vectơ không cùng phương (Định lý 2, SGK Hình học 11, trang 90) thì sự biểu thị này là duy nhất.

x

1

h k y

  

     . y 1



k

,

x 

z 

Do đó

, h z   Đảo lại, giả sử ii) đúng: MD xMA yMB zMC



x

   . z

1

y



  x





 1 

với











   AD x AB y AC  



      y MA yMB zMC  MD        MD MA x MB MA



   y MC MA 

.

Điều phải chứng minh.

 Hệ quả 2

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q. Khi đó





SA SC SB SQ  SM SP SN SD

.

Chứng minh:



x

,



y

,

 . t

,

z



SA SM

Đặt

SB SN  SD

SC SP   SA AD 



 SQ





   SA SC SB





 SM



 SP



 SN



SQ SD 







1 t

1 t

1 t

z t

y t

x t

Ta có .

     z .

1

y

x

t

x t

z   t

y t

Do M, N, P, Q đồng phẳng nên 

1.2. Cơ sở thực tiễn

-9-

Đề tài mục đích xây dựng hệ thống các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian thuần túy và từ đó phát triển sang bài toán lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học tọa độ không gian. Điều này bắt nguồn từ một thực tiễn đó là các dạng toán hình học không gian mức độ vận dụng, vận dụng cao trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi đại học. Chẳng hạn như:

 Các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về góc, khoảng cách, thể tích, của một

biểu thức nào đó trong các đề học sinh giỏi, đề thi TN THPT.

 Các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học tọa độ không gian.

Một số ví dụ như:

Câu 5 - Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2020-2021



2 2





2

2

2

5  . 8

SA  1, SB SC . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Một mặt phẳng P thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại M, N, P. Chứng minh rằng  1 SM

1 SN

1 SP

Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và

Câu 4 - Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2018-2019

.S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (

//

Cho hình chóp

 SBA SCA



AB CD ) nội  . Gọi M là trung điểm cạnh SA. Gọi 

tiếp đường tròn tâm O và   90



BC SA

. là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng cos

Câu 4 - Đề thi HSG Hà Nội 2020-2021

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thay đổi trên các cạnh AB, A’D’ sao cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60 . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và CC’.

 , M N P Q

 ,

 ,

 



Câu 4 - HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2020-2021

 đạt giá trị lớn nhất.

MNPQ M N P Q .

để thể tích khối đa diện Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với mặt phẳng (ABCD) và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt  tại M, N, P, Q (không trùng với các đỉnh của hình chóp S.ABCD). Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng (ABCD). Tính tỉ số SM SA

Câu 7 - HSG tỉnh Gia Lai năm học 2020-2021



.

theo a. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống mặt  là mặt phẳng qua O và không phẳng (BCD) và O là trung điểm đoạn AH. Gọi  đi qua các điểm A, B, C và D. Mặt phẳng   cắt các đoạn AB, AC, AD lần lượt tại T AM AN AP . M, N, P. Tìm giá trị nhỏ nhất của

-10-

Câu 47 – Mã đề 101 – Đề thi THPT Quốc gia năm 2018

2;1;2

 I 



Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm

  1; 2; 1

và đi qua điểm A   . Xét các điểm B, C, D thuộc (S) sao cho AB, AC, AD đôi một vuông góc

với nhau. Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng

A. 72. B. 216. C. 108. D. 36.

Câu 42 – Mã đề 101 – Đề thi THPT Quốc gia năm 2019

 . Xét đường thẳng d thay đổi,

0;4; 3

A



Trong không gian Oxyz, cho điểm

M   . C.

 . B.

0; 3; 5

0;5; 3

3;0; 3

0;3; 5

Q

N

 song song với Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? 

  .

  .

 P 









D. A.

Qua đây ta có thể thấy rằng, bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian không phải là ít gặp. Hơn nữa, bản thân cũng nhận thấy dạng toán này góp một phần không nhỏ trong quá trình rèn luyện tư duy cho học sinh khá, giỏi. Đây là một bài toán kết hợp được khá nhiều kỹ thuật khác nhau.

2. Thực trạng

Trên thực tế giảng dạy Toán ở THPT, bản thân nhận thấy bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học không gian là một trong những nội dung cần thiết cho học sinh khá giỏi. Sách giáo khoa, sách bài tập cũng đã đề cập đến dạng toán này. Cụ thể như sau:

Sách Giải tích 12, Ví dụ 3 trang 22; Sách Giải tích 12 Nâng cao, Ví dụ 3 trang 20 đã đưa ra bài toán tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp chữ nhật và trình bày cách sử dụng khảo sát hàm số để giải quyết bài toán đó.

Sách Bài tập Giải tích 12, Ví dụ 2 trang 14 đề cập đến bài toán tìm giá trị lớn

nhất của thể tích hình trụ nội tiếp trong một mặt cầu.

Sách Hình học 12 Nâng cao, Bài tập 10b trang 46 đề cập đến bài toán tìm giá

trị lớn nhất của thể tích toàn phần hình hộp nội tiếp trong một mặt cầu.

Sách Bài tập Hình học 11, Bài tập 6 trang 182 đề cập đến bài toán tìm giá trị

nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng.

-11-

Như vậy có thể thấy, ở đâu đó các em cũng đã bắt gặp các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian. Thế nhưng, thực trạng cho thấy học sinh chưa có hứng thú, chưa có một cái nhìn tổng quan đối với bài toán. Bởi lẽ trong chương trình, các dạng bài tập tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian được đưa vào một cách nhỏ lẻ, chưa có hệ thống; số lượng bài tập chưa nhiều. Chính vì thế nên khi đứng trước các bài toán dạng này, các em còn bỡ ngỡ và chưa tự tin khi giải quyết chúng.

Một thực trạng nữa là trong quá trình dạy học, giáo viên cần phải biết hướng dẫn, tổ chức cho học sinh tìm hiểu phát hiện vấn đề và phân tích mối quan hệ giữa các kiến thức đã học trong bài toán, để từ đó học sinh tìm được cho mình phương pháp giải quyết vấn đề của bài toán. Chỉ trong quá trình giải toán, tiềm năng sáng tạo của học sinh được bộc lộ và phát huy, các em có được thói quen nhìn nhận một sự kiện dưới những góc độ khác nhau, biết đặt ra nhiều giả thuyết khi lý giải một vấn đề, biết đề xuất những giải pháp khác nhau khi xử lý tình huống. Hơn nữa bản thân tôi nhận thấy rằng để gây hứng thú học tập, kích thích sự tìm tòi, sáng tạo, khám phá kiến thức, học sinh, giáo viên cần phải trang bị cho mình các kiến thức, kỹ năng, các phương pháp học tập phù hợp. Nhìn nhận thực trạng đó vào dạy học cho năm học 2020-2021, đây là năm học bản thân tôi được giao nhiệm vụ giảng dạy lớp 12 và bồi dưỡng HSG. Bản thân nhận thấy trong quá trình dạy học và bồi dưỡng, chúng ta thường bắt gặp các bài toán ở mức độ vận dụng, vận dụng cao, trong đó có các bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học không gian thường hay gặp ở các chủ đề về thể tích, góc, khoảng cách, biểu thức về độ dài, Oxyz, … Do vậy bản thân rất trăn trở suy nghĩ tìm cách rèn luyện cho học sinh cách tư duy khi đứng trước các bài toán này. Hy vọng rằng, qua bài viết này có thể phần nào thực hiện được điều đó.

3. Phương hướng và giải pháp

3.1. Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian thuần túy

Đứng trước một bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học nói chung và hình học không gian nói riêng, bản thân tôi xin đưa ra hai phương hướng tư duy. Đó là tư duy theo phương pháp định tính và tư duy theo phương pháp định lượng. Tương ứng với mỗi phương pháp này sẽ rèn luyện cho học sinh các tư duy khác nhau. Với phương pháp định tính, đòi hỏi học sinh cần có một sự tư duy nhanh nhạy phát hiện ra bản chất vấn đề, phát hiện ra tính chất cốt lõi của bài toán. Trong khi, phương pháp định lượng lại rèn luyện cho học sinh một lối tư duy kiểu “đại số”. Nó đòi hỏi cần có một sự tư duy nhất định về tính toán, về biến đổi đại số.

3.1.1. Sử dụng phương pháp định tính

3.1.1.1. Giải pháp

Tư duy bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian theo phương pháp định tính được hiểu nôm na là đi xác định được tính chất đặc biệt của bài toán và dựa vào tính chất đó để giải quyết bài toán. Quy trình được thực hiện theo hai bước:

Bước 1: Phân tích giả thiết bài toán, phát hiện ra yếu tố cố định của bài toán.

-12-

Trong bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hình học không gian sẽ có các yếu tố thay đổi. Do vậy ta cần xem xét để tìm ra, chỉ ra được các yếu tố cố định. Yếu

tố cố định được nhắc tới ở đây có thể là điểm cố định, đường thẳng cố định hay một đại lượng không đổi nào đó. Chúng ta cần tự đặt ra các câu hỏi cho bản thân các dạng câu hỏi như: “Liệu chăng, mặt phẳng thay đổi kia có chứa điểm cố định, đường thẳng cố định nào không? Đó là điểm nào?”; “Trong bài toán này, liệu có đại lượng nào không thay đổi không”, …

Bước 2: Sử dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Sau khi chỉ ra được đặc điểm của bài toán rồi, ta thường vận dụng một tính chất cơ bản nào đó để áp dụng vào bài toán. Các tính chất cơ bản thường sử dụng là:

AB

AB

P





 d A P ;



;

 d A d





 d A P ;



Tính chất 1. Cho hai điểm phân biệt A và B. Một mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua B. Khi đó . . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

 P vuông góc với mặt phẳng chứa A và d.









 d P ; 1

2





Tính chất 2. Cho điểm A và đường thẳng d ( A d ). Một mặt phẳng (P) thay đổi  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ luôn chứa đường thẳng d. Khi đó khi 

d d ; 1 P vuông góc với mặt phẳng chứa 1d và 2d .

Tính chất 3. Cho hai đường thẳng 1d và 2d cắt nhau nhưng không vuông góc. Một mặt phẳng (P) thay đổi luôn chứa 2d . Khi đó . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

I

d 1

1M d . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên

Chứng minh:

  . Lấy d Gọi 2 (P) và 1d . Khi đó MH MK

.

sin

; sin





   MIK sin





d d ; 1

2

 d P ; 1



MH MI

Mặt khác: .    MIH sin



sin



sin















 d P ; 1

d d ; 1

2

d d ; 1

2

MK MI   d P ; 1









  P Q ;

 d P ;



.

P cắt nhau nhưng không vuông   . Dấu 





-13-

Dấu “=” xảy ra khi H K  Mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng chứa 1d và 2d .  Tính chất 4. Cho đường thẳng d và mặt phẳng   góc. Một mặt phẳng (Q) thay đổi luôn chứa d . Khi đó 

P vuông góc với mặt phẳng chứa d và d  , trong đó d 

  d

I

P

“=” xảy ra khi và chỉ khi  là hình chiếu của d lên mặt phẳng (P).



. Lấy M d . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (P) và K là Chứng minh: 

. Gọi hình chiếu của H lên giao tuyến của (P) và (Q). Khi đó HK HI



tan

; tan





  P Q ;



 d P ;





   MKH tan



MH HI

tan



tan





Ta có    MIH tan



  P Q ;



 d P ;





 d P ;





MH HK   P Q ;















.

K I

Q

MHI

    







Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . 

3.1.1.2. Ví dụ áp dụng

Trước tiên, khai thác các bài toán về điểm cố định trong không gian và kết

hợp với các tính chất trên, ta nghiên cứu một số bài toán say đây.

Ví dụ 1. (Sáng tác) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, G là trọng tâm tam giác BCD. Gọi I là trung điểm cạnh SG. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua I, cắt các cạnh AB, AC, AD lần lượt tại M, N, P. Khi khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất, tính thể tích khối đa diện MNPABC.

 Phân tích bài toán:

AI







ra

Bài toán đã chỉ rõ mặt phẳng đi qua điểm I cố định. Vận dụng Tính chất 1 ta suy  . Từ đây ta xác định được khả năng lớn nhất của khoảng cách từ d A P ; A đến (P).

-14-

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

Mặt phẳng (P) đi qua điểm I cố định.

BCD

//

AI

AI

P

AI

      P













 d A P ;



 d A P ;

max

. Do đó Ta có . Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.   







V



V



V



V

AMNP

ABCD

MNP ABC .

ABCD

AM AN  AB

AP AI AC AD AG

1   2

7 8

1 8

2

3

3

a

V



AG S .



.

.





V



.

ABCD

BCD

MNP ABC .

1 3

1 3

6 3

a 3 4

a 2 12

a 7 2 96



a

Mặt khác .

2 AM x

  x

, 0



EB



3

. Gọi M là điểm thuộc đoạn AB sao cho (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a. SA . Gọi E là điểm trên đoạn . Tìm x để a 2

Ví dụ 2. Cạnh SA vuông với mặt phẳng (ABCD) và DE khoảng cách từ D đến (SME) là lớn nhất.

d D SE ;



 Phân tích bài toán:





  d D SME ;



Tính chất 2 ta suy ra Dễ dàng nhận ra mặt phẳng (SME) chứa đường thẳng SE cố định. Vận dụng  . Từ đây ta xác định được khả năng

lớn nhất của khoảng cách từ D đến (SME).

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

Mặt phẳng (SME) chứa đường thẳng SE cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.



d D SE ;







  d D SME ;



Ta có .

SME



SBD



d D SE ;



SME



SDE





















  d D SME ;



max

-15-

. hay 

. Kẻ AH SO

  BD

SAC



SBD



SAC

  AH

SBD



AH

//

SME





















BD SA   BD AC

  

.

 SA AO



2

a

SI

//

AH . Do

 H là trung điểm SO  A là trung điểm IO

Kẻ

x 

 M là trọng tâm tam giác IBO

a 4 3

. 

 Phân tích hai bài toán trên ta thấy, yếu tố cố định của các bài toán đó đã được cho trước. Trong tình huống yếu tố cố định được giấu đi, ta cần phải chỉ ra được điểm cố định là điểm nào, đường thẳng cố định là đường thẳng nào. Thông thường, thay vì cho trước điểm cố định sẽ là cho trước một hệ thức hoặc một đặc điểm nào đó. Từ hệ thức, từ đặc điểm đó, ta tìm ra được điểm cố định của bài toán. Chẳng hạn:

a 2 3





a 2

SA

. Cạnh SA vuông với mặt phẳng (ABCD) và

2

2

 . Mặt phẳng (P) chia khối chóp thành hai phần có thể tích là





1 6 SM SN SP a

Ví dụ 3. (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi,  AB AC AD . Mặt phẳng (P) thay đổi cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P sao cho

,



 V V V V , 2 1

2

1

V . Tính 1 V 2

để khoảng cách từ S đến (P) là lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

2

2

Với giả thiết 1 đẳng thức vectơ chứa ba đại lượng, tính thêm điểm cố định cần tìm là ta được 4 điểm. Điều làm ta liên tưởng đến đó là điều kiện đồng phẳng của 4 điểm. Mặt khác, ta nhận ra rằng:









12

1 6   SM SN SP a

SB SC SA  SM SN SP

.

Các hệ số 1:1:1 đưa về bài toán tâm tỉ cự của 3 điểm A, B, C với bộ số 1, 1, 1. Đó chính là trọng tâm của tam giác ABC.

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

SB SC SD







4 ;

a AG



2 ,

a SG



2 2

a

2

2









12

1 6   SM SN SP a

SB SC SA  SM SN SP

-16-

Ta có .



x ,



y

,

 . z

SC SP

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Đặt

SA SM  Gọi I là giao điểm của SG và (P). Giả sử SI     SN SA SB SC

 SI  

 SM









SB SN  kSG  SP







kx 3

ky 3

k 3

kz 3

.

  

1

k





kx 3

ky 3

kz 3

3   y

x

z

1   4

Do M, N, P, I đồng quy nên I cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

SI



  d S P ;



Khi đó .

SI

SI





  d S P ;



max

 SI MI  NQ SI

       P 

2





SIM SAG SM

 



  a



.

SI SG SG SA

. SA

4

SM SA

1 2

2

2

2

DG

cos

 QSI



  

SQ

2

a

  SD SG SD SG 2 .

2 4

SQ    SD

1 2

SI  QSI

cos

2

2

2

SB

cos

 NSI





  SN

 2

 SG BG SB SG .

5 2 8

1    5

SN SB

a 4 5

SI  NSI

cos

Do



12

SB SC SA  SM SN SP

1      5 5

SC SP

SP SC

V



V



S MNP

.

S ABC

.

S ABCD

.

Lại có



V



V



S MNPQ

.

S ABCD

.

7 200

7 193

V 1   V 2



V



V

S MPQ

.

S ACD

.

S ABCD

.

1 50 1 20

1 100 1 40

 V    V 

-17-

. 

 AB a SA



2

a

,

(Sáng tác) Cho hình chóp đều S.ABCD có

Ví dụ 4. . Mặt phẳng (P) thay đổi đi qua A và cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N sao cho

.





1 3 1 SM SN a

Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ C đến (P).

 Phân tích bài toán:

Ta thấy mặt phẳng (P) đã đi qua điểm A cố định. Tuy nhiên, giả thiết bài toán cho thêm 1 sự ràng buộc giữa các đại lượng, điều này tượng trưng cho một điểm cố định khác. Từ đó ta có thể nhận ra được mặt phẳng (P) sẽ chứa một đường thẳng cố định. Với giả thiết là một đẳng thức chứa 2 tỉ số tương ứng với 2 điểm và cộng với điểm cố định cần tìm thì ta được 3 điểm. Do vậy nghĩ tới việc sử dụng điều kiện thẳng hàng của ba điểm.



 . Ta nhận ra tâm tỉ cự của 2 điểm B, C

6

3 1 1   SM SN a

SB SD  SM SN

Mặt khác

tương với bộ số 1, 1. Đó chính là trung điểm cạnh BD.

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

 O AC BD I MN SO E AI









,

,



SC

.

Gọi



x

,

 . y

SB SM

SD SN

2

a

Đặt



    . x

6

6

y



Ta có

3 1 1   SM SN a  SI

 kSO SI  





 SM



 SN

a 2  SM SN    SB SD 



k 2

kx 2

ky 2

Giả sử .



  

1

k

I

kx 2

ky 2

2 

x

y

1   3

Do I, M, N thẳng hàng nên cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

-18-

Như vậy mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AI cố định.



d C AI ;











d C AI ;



2

d O AI ;

.





 







 d C P ;

 d C P ; 

max

a

a

OA



,

OI



SO



Khi đó .

2 2

2 3

14 3

a

a

. Ta có . Kẻ OH AI











OH







.





 d C P ;



2

2

2

2

max

518 37

2 518 37

1 OH

1 OA

1 OI

37 a

14



2 10

AD

2

. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và



Ví dụ 5. AB  4, cạnh SA lấy điểm M sao cho (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật,  SA  . Trên 4 AM  . Mặt phẳng (P) thay đổi đi qua M và cắt các

2 2

1 1  SN SP đến (P) là lớn nhất, tính thể tích khối chóp S.MNPQ.

cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, P, Q sao cho . Khi khoảng cách từ S

 Phân tích bài toán:

Điểm M là điểm cố định thứ nhất. Từ đẳng thức giữa 2 điểm cho trước ta sẽ





tìm cách chỉ ra điểm cố định thứ hai nhờ điều kiện thẳng hàng.

1 1  SN SP

2   2

SD 2 SP

2 2

SB 3 SN hệ tâm tỉ cự của hệ 2 điểm B, D tương với bộ số 3, 2.

Mặt khác, từ đẳng thức . Từ đây ta liên

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

BK



BC

 KB

 KC

 0  



2

2 5

2

2

2

2

K thuộc đoạn BC và . Gọi K là điểm sao cho 3



x

,

 . Ta có

y

SB



AB



SA



4 2;

SC



SB



BC



6 2

SB SN

SC SP



  

12

3

x

2

y



12

Đặt .

1 1  SN SP

2   2

12 2 SN

12 2 SP

-19-

Do .

3

 KB

 KC



2

 SK

  

 0

 SB



 SC



 SP

 SN



3 5

2 5

x 3 5

y 2 5

Ta có .

 SI

 k SK

 SI  



 SP

 SN





 SK NE

kx 3 5

ky 2 5

. Giả sử . Gọi I

  

1

k





kx 3 5

ky 2 5

5 

3

x

2

y

5 12

Do 3 điểm I, N, P thẳng hàng nên .

Suy ra I là điểm cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

d S MI ;









  d S P ;



Như vậy (P) là mặt phẳng thay đổi nhưng luôn chứa đường thẳng cố định MI. Theo Tính chất 2 ta có . Do đó



d S MI ;

SMI

SAK







   P







   P







  d S P ;



max







2

2

.

   AK BD BK BA BA BC  .







BC



BA

  

BD AK

0







2 5

Mặt khác, ta có .

BD SA

  

BD

SAK



P

BD







 //

Mà .





. Áp dụng định lý ba đường giao tuyến cho ba mặt phẳng (SAK),

Gọi O BD AK (SBD) và (P) ta suy ra 3 đường SO, MI, NQ đồng quy tại E.



BK AD //

  

 SO

 SA

 SK



2 7

Ta có

OK BK  AD OA    SE mSO SE  



2 5  SA



 SK



 SI



5 7  SM

m 2 7

m 5 7

m 3 7

m 12 7

Giả sử .



m

1



m 3 7

m 12 7

7      15

SN SQ SE  SD SO SB

7 15

Do M, E, I thẳng hàng nên .



  

SA  SM SP

SC SB SD SN SQ

SC SP

39 14

-20-

Lại có .

V



V

.

V



V



V



S MNP

.

S MPQ

.

S ABC

.

S ABC

.

S ABCD

.

2 7 14 . 3 15 39

196 1755

98 1755

V



V

.

SA S . .





Khi đó

S MNPQ

.

S ABCD

.

ABCD

196 1755

196 1 1755 3

6272 10 5265

. 

2 3,

6

SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và

 AE x

, 0

6

x

Ví dụ 6. AB  AD 2, trên cạnh SA sao cho (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA  . Lấy điểm E    . Mặt phẳng (P) thay đổi đi qua E và cắt các

 . Tìm x để khoảng

4



MB MS

NC PD 2  PS NS

cạnh SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P sao cho

cách từ S đến (P) lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

2

Mặt phẳng (P) đi qua điểm E cố định. Hơn nữa, từ đẳng thức giữa 3 điểm cho trước ta sẽ tìm cách chỉ ra điểm cố định thứ hai nhờ điều kiện 4 điểm đồng phẳng. Từ đó mặt phẳng (P) chứa một đường thẳng cố định.

  4



 . Từ

8

NC PD 2  PS NS

SB  SM SN

SC SD  SP

MB MS đây ta liên hệ tâm tỉ cự của hệ 3 điểm B, C, D tương với bộ số 1, 2, 1.

Mặt khác, từ đẳng thức

 Lời giải:

SBD P , ta suy ra SO, MP, NE đồng quy tại J.

SAC

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

   ,

   ,

Gọi O AC BD . Áp dụng định lý ba đường giao tuyến của ba mặt phẳng  



x ,



y

,

 . z

SB SM

SC SN

SD SP

2

Đặt



  4

  

8

x

2

y

  .

8

z

MB MS

NC PD 2  PS NS

SC SD  SP

Ta có

 KB



2

SB  SM SN    KC KD   0 

2

 KO

 KC

 0





2

-21-

Gọi K là điểm sao cho .

 KB

 0



2

  SB SK

  SC SK 



  SD SK 

 0



2



   









Ta có Suy ra K là trung điểm CO.   KC KD 

 SK  

 SB



 SC



 SD



 SN



 SM

 SP



1 4

1 2

1 4

x 4

.



 SK EN

 y 2  SI  

 SI

 k SK



z 4  SM



 SN



 SP

kx 4

ky 2

kz 4

. Giả sử . Gọi I

  

1

k







kx 4

ky 2

kz 4

4 y 2

x





z

1 2

Do 4 điểm M, N, P, I đồng phẳng nên .



 SI



 SK

1 2

Suy ra I cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

SI





Áp dụng Tính chất 1 ta có . Như vậy mặt phẳng (P) thay đổi nhưng luôn chứa điểm I cố định.   d S P ;

      

EN SK

EN SK

SI

SI

P







  d S P ;



max

2

2

.

AK



AC



3,

SK



SA



AK



3 5,

SI



SK



3 4

1 2

3 5 2





Ta có .

SIE

SAK

SE

  

x

 SA SE



SE SI     SK SA

. SI SK SA

15 4

9 4

a 5 .



. 

2

3

Ví dụ 7. (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AD  a AB 3 , Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA a . Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua D và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P sao

 . Mặt phẳng (P) chia khối chóp thành hai phần có thể tích





1 4 SM SN SP a

cho



 ,V V V V 1 2

1

2

V . Tính 1 V 2

để khoảng cách từ S đến (P) lớn nhất. là

 Phân tích bài toán:

Từ đẳng thức giữa 3 điểm cho trước ta sẽ tìm cách chỉ ra điểm cố định nhờ

2

3

điều kiện 4 điểm đồng phẳng.







 . Từ đây

4

4 1   SM SN SP a

SB SC SA  SM SN SP

Mặt khác, từ đẳng thức

ta liên hệ tâm tỉ cự của hệ 3 điểm B, C, D tương với bộ số 1, 1, 1 .

-22-

 Lời giải:

2

2

2

2

2

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

AC



AB



AD



2 2 ,

a SC



2 SA



AC



a 3

SB



SA



AB



2

a

Ta có , .



x ,



y

,

 . z

SA SM

SB SN

SC SP

3

2

Đặt







     . y

4

4

x

z

SB SC SA  SM SN SP

Ta có

4 1   SM SN SP a    EA EB EC





 0

   EC EA EB



  





Gọi E là điểm sao cho .

























 

 

Suy ra E là điểm thứ 4 của hình bình hành ACBE.  .

  Ta có SE SA AE SA CB SA SB SC xSM ySN zSP  k SK

 kxSM kySN kzSP

  . Giả sử SI

    SI







 SK EN



. Gọi I

kx



ky



kz

  

1

k



1   y

x

z

1 4

Do 4 điểm M, N, P, I đồng phẳng nên .



 SI



 SE

1 4

Suy ra I cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Như vậy mặt phẳng (P) thay đổi nhưng luôn chứa đường thẳng DI cố định.



d S DI ;









Áp dụng Tính chất 2 ta có .

P



SAD



d S DI ;

SDI

















  d S P ;    P



  d S P ;



max

2

2

. hay 

AK



AC



3,

SK



SA



AK



3 5,

SI



SK



1 2

3 5 2

3 4





Mặt khác .

SIE

SAK

SE

  

x

 SA SE



SI SE     SK SA

SI SK . SA

15 4

9 4

-23-

. 

 Cũng với cách suy nghĩ như các bài toán trên, ta nghiên cứu bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của góc trong không gian bằng phương pháp định tính nhờ yếu tố điểm cố định, đường thẳng cố định.

, SA SB SD  AM 2

 CN

Ví dụ 8.  60 BAD  và CD sao cho (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, . Gọi M và N là hai điểm lần lượt di động trên cạnh AB . Xác định vị trí của M để góc giữa SB và (SMN) lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

CN

AM 2

Với giả thiết

ta nhận ra rằng khi AM càng lớn thì CN cũng lớn. Nói cách khác, khi M tiến đến B thì N tiến đến D. Từ đó có thể thấy đường thẳng MN có khả năng quay quanh 1 điểm cố định. Bằng việc kiểm tra một vài vị trí của 2 điểm M, N ta nhận ra đường thẳng MN đi qua 1 điểm cố định. Điểm đó ta có thể kiểm tra chính là giao điểm với đường thẳng AC. Kết hợp với điểm S, ta suy ra mặt phẳng (SMN) luôn chứa 1 đường thẳng cố định.

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

 . Khi đó I cố định. Suy ra mặt phẳng

IA AM  IC CN

1 2

Gọi I = MN cắt AC. Ta có

(SMN) chứa SI cố định.

SB SI ;



;

 SB SMN









Theo Tính chất 3 ta có . Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. 

;



SB SI ;

SBI

 SB SMN







   P











max

Do đó .

 . Mà ABD là tam giác đều nên I là tâm đường tròn ngoại

1   2

AI AO

2 3

IA IC tiếp tam giác ABD.

Lại có

SI



ABD

      BI

BI MN

BI

SI

P









-24-

. Do SABD là hình chóp đều nên

BI

 

AD MN AD

//



AM AI  AC AB

1  . 3

ED 3

Mà 

Ví dụ 9. (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA a và SA vuông góc với (ABCD). Gọi E là điểm thuộc đoạn BD sao cho BE . Mặt phẳng (P) thay đổi chứa SE và cắt các cạnh AD, DC lần lượt tại M, N. Tính MN để góc giữa SB và (P) là lớn nhất.

SB SE ;



 Phân tích bài toán:

SBE



P

 SB P ;

















chất 3 ta có: Bài toán đã cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng cố định SE. Vận dụng Tính . Dấu bằng xảy ra khi  . Như vậy ta

cần dựng mặt phẳng (P) chứa SB và vuông góc với (SBE). Thay vì dựng hai mặt phẳng vuông góc, ta chuyển về dựng song song với một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia. Từ đó bài toán được giải quyết.

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng SE cố định.

SBD



P

SB SE ;

SBE









   P

 SB P ;















max

Ta thấy hay  Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. 





. . Kẻ AH SO

SAC

BD



   BD AH

AH



SBD



P

AH









 //

Do . Gọi O AC BD 

I AC

.

2

Kẻ SI // AH, Đường thẳng IE cắt AD, DC tại M, N.



2

OA OH OA  OS OS OI

Ta có

  DM xDA 



 DO



1  . 3  DI



 DE



 DI

x 2 3

x 3

x 4 3

x 3

-25-

.

    

1

x

DM



x 4 3

3 5

a 3 5

   DN yDC y DI







 IC



 DI





 DE



 DI

Do M, E, I thẳng hàng nên .





x 3  4 y DO 3

1 3

y 8 3

y 3

  

  

.



DN

1

y

y 8 3

y 3

3      7

a 3 7

a

2



MN



2  DM DN



Do N, E, I thẳng hàng nên .

3 74 35

a 2

 , AB BC a

. 

 

x a



 , 0



Ví dụ 10. (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang, đáy lớn AD  , các cạnh bên bằng 2a. Hai mặt phẳng (SAD) và (ABCD) vuông góc với nhau. Gọi G là trọng tâm ACD. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM x . Tìm x để góc giữa SC và (SMG) lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

SC SG ;



;

 SC SMG













  góc với (SCG). Phát hiện rằng

. Từ đó suy ra góc

BD





nên (SMG) song song BD. Vận dụng Mặt phẳng (SMG) chứa đường thẳng SG cố định, áp dụng Tính chất 3 ta có  ;SC SMG lớn nhất khi (SMG) vuông  SCH

điều này ta dựng được điểm M.

 Lời giải:

Bước 1: Xác định yếu tố cố định

Mặt phẳng (SMG) chứa đường thẳng SG cố định.

Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

-26-

Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên hình chiếu H của S lên (ABCD) là trung điểm AD.

SC SG ;



;









Ta có . Do các cạnh bên bằng nhau suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD suy ra ABCD là hình thang cân.  SC SMG

;



SC SG ;



SMG



SCH

 

 SC SMG

















.



ABCD

SCH

ABCD



SMG MG MG







SCH



 MG CH



max 



  ,









. Mà 

  

BD CH MG BD

//

. Lại do BCDH là hình thoi

  

x

.





5 6

HN HG  HD HE

2   3

AM AN  AD AB

a 5 6





BDD B

. Ta có  Gọi N MG AD

 ABCD A B C D .  là mặt phẳng tạo với 

(Đề KSCL HSG cụm Quỳnh Lưu – Hoàng Mai năm học 2020-2021)  cạnh bằng a . Trong các mặt phẳng chứa   một góc nhỏ nhất. Tính

 .

Ví dụ 11. Cho hình lập phương đường thẳng CD , gọi  khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 









 ;



BDD B





  ;

 CD BDD B



 . Từ đó suy ra góc 

 chứa đường thẳng CD cố định, áp dụng Tính chất 4 ta có 

  BDD B



AC



 Phân tích bài toán: Mặt phẳng 





BDD B . Thay vì dựng mặt phẳng 

 vuông góc với 



ACD

nên 



        lớn nhất khi ; BDD B     vuông góc với mặt phẳng chứa CD và hình chiếu của CD lên   . Phát  là mặt phẳng chứa CD và vuông góc với hiện rằng   ACD ACD , ta tìm một đường thẳng d vuông góc với   sẽ là mặt phẳng chứa d hoặc song song với d. Việc dựng mặt phẳng song song với một đường thẳng cho trước là hoàn toàn đơn giản.

. Để từ đó 

 Lời giải:

 chứa đường thẳng CD cố định.

Bước 1: Xác định yếu tố cố định Mặt phẳng 



Bước 2: Vận dụng các tính chất cơ bản để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

O AC BD CO

  



BDD B









Gọi .



 BDD B



 ;

  ;



  CD BDD B



 Ta có 





    CD O

-27-

.





 CD O



   ; BDD B



   





 Khi đó 

.

 DH D O DH





 CD O





DH

    CD O max  

 //

Kẻ .

DI DH I BD ,

//

 là mặt phẳng 

D CI

  , IC cắt AD tại E. Mặt phẳng 

2

2

. Kẻ







2

2



1   3

1 2

OD OH OD  OI OD  OD

OD 2 

OD



Ta có .

 , ta có

h



 DD   d D CD E ;

DE ID  BC IB 

a







  

h

2

2

2

6 6



1 2 h

1 DC

1 DE

1 DD

6 2 a

a

: Đặt Xét tam diện vuông DCD E





.

  

  

 d A ;



 d D ; 3



6 2

Khi đó 

3.1.2. Sử dụng phương pháp định lượng

Phương pháp định lượng ở đây được hiểu như là đại số hóa các bài toán. Ta cần xác định xem cần tham số hóa đại lượng nào, sử dụng một ẩn hay nhiều ẩn. Điều kiện của các ẩn là gì. Sau đó sử dụng các tính toán cần thiết để tính ra đại lượng cần tìm lớn nhất, nhỏ nhất. Vận dụng các công cụ tìm lớn nhất, nhỏ nhất để giải bài toán.

Sau đây ta sẽ nghiên cứu định lượng cho các bài toán một ẩn và nhiều ẩn.

3.1.2.1. Sử dụng định lượng cho các bài toán một ẩn

3.1.2.1.1. Giải pháp

Quy trình tư duy bài toán theo hướng định lượng theo một ẩn số như sau :

Bước 1 : Tham số hóa và xây dựng biểu thức của đại lượng cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Ở bước này, ta cần xác định xem cần tham số hóa đại lượng nào. Điều kiện

-28-

của ẩn là gì. Ẩn số đó biến thiên trong khoảng nào.

Bằng các tính toán cần thiết, ta thiết lập biểu thức của đại lượng cần tìm giá

trị lớn nhất, nhỏ nhất theo ẩn số vừa đưa vào.

Bước 2 : Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức để giải.

Với các biểu thức 1 biến, công cụ mà ta thường sử dụng đó là khảo sát hàm số. Tuy nhiên, tùy vào đối tượng học sinh mà chúng ta sử dụng. Khảo sát hàm số là cho học sinh khối 12. Do vậy, nếu sử dụng cho học sinh khối 11, ta thường sử dụng các phương pháp khác như sử dụng bất đẳng thức Cauchy, sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai, ....

3.1.2.1.2. Ví dụ áp dụng

AB a BC a ,





2,

 AC a

5

 . Khi góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) lớn nhất, hãy tính

(Sáng tác) Cho hình chóp S.ABC có và

Ví dụ 12.   90  SAB SBC thể tích hình chóp S.ABC.

 Phân tích bài toán:

Với giả thiết đã cho ta nhận thấy, đáy của hình chóp hoàn toàn đã xác định và đường cao của hình chóp thay đổi. Gọi SH là đường cao của hình chóp. Tham số hóa độ dài đường cao của hình chóp SH x , lúc này hình chóp hoàn toàn xác định. Việc tính góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (SBC) hoàn toàn có thể được tính dựa vào khoảng cách.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC).

 

AB AH

 

BC BH

AB SH   AB SA

  

2

2

BC SH     BC SB  2 AC

AB

cos

 ABC



 ABC



135

 

 ABH



45

 .

2    2

 2.

 BC AB BC .

-29-

;



 AH a HB

,



2

a

 BHC vuông cân tại B,

HC

a 2

.

 

 HABC là hình thang vuông tại A, H. 

  SAC SBC ;







2

2

2

x

2

a

a

. Đặt SH x ,

d B SC ;











 2

. 2 2

SBCS SC

. SB BC SC

x



4

a

HK SO d H SAC

 

;



HK

.

Ta có .









ax









  HK

2

2

2

2

2 2 2

2

1 HK

1 HS

1 HO

1 2 x

9 a

8

9

x



8

a

ax









  d B SAC ;



  d H SAC ;



2 2

2

1 2

9

x



8

a

2

2

2

x x

4

a



Kẻ

sin









,

t



2

2

2

2

2

a x

 d B SAC ;( )   d B SC ;

 1 4 t    9 8  1 2 t t



x



2

a

9

x



a 8





 

.

f



,

t



0.

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

  t

 1 4 t    9 8  1 2 t t



2

t 64

t 32





2



Xét

f



  

0

t

  t

14 8

 9 8 t

   1 2 t

 2  

10 2 



2

a

.

f

  t

  x

 max t

14 8

 2 10 5 14 5

2

3

.

V



SH S .



x .

a



a

S ABC

.

ABC

1 3

1 3

1 2

 10 5 14 15

Khi đó . 

 , M N P Q

 ,

 ,

Ví dụ 13. (HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2020-2021) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng   thay đổi luôn song song với mặt phẳng (ABCD) và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q (không  lần lượt là hình chiếu trùng với các đỉnh của hình chóp S.ABCD). Gọi

SM SA







vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng (ABCD). Tính tỉ số để thể tích khối

 đạt giá trị lớn nhất.

MNPQ M N P Q .

đa diện

-30-

 Phân tích bài toán:





// ABCD

 





SM SN SP SB SA

SQ  SC SD

nên . Do vậy ta chỉ cần Do mặt phẳng 

 . Từ tỉ lệ này ta sẽ đi xác định được

x

 

 

 

SM SA tỉ lệ diện tích đáy, tỉ lệ chiều cao của khối chóp S.ABCD và khối đa diện  . Từ đó ta đưa ra được biểu thức thể tích của khối đa diện . MNPQ M N P Q  . Từ đó ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức chứa biến x. MNPQ M N P Q .

1 ẩn để tham số hóa bài toán. Cụ thể đặt

 Lời giải:

S

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất



x

0

x



2   x

S



2 x S

,



   . Khi đó 1

MNPQ

ABCD

MNPQ S

MN MQ . AB AD

SM SA

ABCD

Đặt



   x

1

;



   1

  x d S ABCD ;



  d M ABCD







;

AM AS

    d M ABCD ;     d S ABCD

2

.

V

;



3

x



.





 1

 x V .







 

MNPQ M N P Q .

MNPQ

SABCD

 d M ABCD S .



Khi đó

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

3

  

1

x

2

x 2

x 2

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy:



x



x



x



 . 1



 1



x x . 2 2

3

1   27

4 27

    

    

.

    x

1

x

.

V







 đạt giá trị lớn nhất khi

MNPQ M N P Q .

x 2

2 3

Do đó 

thoi ABCD

a 2 .



Ví dụ 14.  60 , o  BAD (HSG Nghệ An 2015-2016) Cho hình AB

có Gọi H là trung điểm AB. Trên đường thẳng d vuông góc với -31-

mặt phẳng (ABCD) tại H lấy điểm S thay đổi khác H. Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và (SAD) có số đo lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

Với giả thiết của bài toán ta nhận ra đại lượng thay đổi của bài toán chính là SH. Bằng việc tham số hóa SH x ta đi tính góc giữa SC và (SAD). Bài toán tính góc này ta có thể sử dụng khoảng cách từ C đến (SAD).

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

. Gọi K là hình chiếu vuông góc của

Gọi là góc giữa SC và (SAD). Kẻ HN AD H lên SN; I là giao của HC với AD .

AD



(

SHN

)

 

AD HK

HK SN

 

KH



(

SAD

)

Vì . Kết hợp với .

HN AH

.sin 60

 

x



SH x (



0)

a 3 2

Đặt . .

ax

Ta có

HK









2



2

HK







  d C SAD ;



  d H SAD ;



ax 3 2

2

2 3 2

2

SH HN . SN

a 3



4

x

a 3



4

x

2

2

2

2

2

2

2

.

SC



SH



CH



x



27 a

CH





BH

2

BC BH .

.cos120

   7 a

)

ax

BC 

 

sin

 





2

2

2

4

ax 2 3 4

;( d C SAD SC

(4

x





7

a

)

4

x



a 21



31

2 2 a x

2 3 2 a 3 )(

x



.

a 2 3 4

2

2

4

x





a 31

a 21 2 x

.

-32-

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

4

2 3

2

 sin



.

4

x



4 21



21 a 2 x

4 21 31



4

x



a .

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy:

21 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi . 

 SAB SCB



(Sưu tầm) Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC vuông cân tại B. Khoảng . Xác định độ dài cạnh AB để thể

Ví dụ 15. cách từ A đến (SBC) bằng 2a ,   90 tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất.

 Phân tích bài toán:

Nhận thấy bài toán có 2 đại lượng thay đổi, đó là cạnh đáy và đường cao. Tuy nhiên giả thiết lại cho khoảng cách từ A đến (SBC). Do vậy ta có thể tham số hóa hai ẩn và sử dụng khoảng cách từ A đến (SBC) để đưa ra hệ thức ràng buộc giữa hai ẩn đó. Tuy nhiên ta cũng có thể chỉ tham số hóa 1 cạnh, cạnh đáy chẳng hạn. Và chiều cao sẽ được xác định theo cạnh đáy và khoảng cách từ A đến (SBC).

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC).

 

AB AH

.

AB SA   AB SH

  

Ta có . Suy ra ABCH là hình vuông. Tương tự BC CH

HK SC

 





HK



2

a





  d A SBC ;



  d H SBC ;



2

ax

Kẻ .







  

SH

,

x



2

a

2

2

2

2

2

2

1 SH

1 HK

1 HC

1 a 2

1 2 x

x



2

a

3

6

Ta có .

S ABC

.

ABC

2

2

2

-33-

ax a V  SH S .   . . 2 2 1 3 2 6 x  x 2 a 6 x  2 a

3

2

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

f



t



2

a

  t

2 ,

t  2

a

t

2

2

t





2





Xét hàm số .

f

  

0

t

a 3

f



  t

  t

 

t

2

a

t 2 

a 3 22 

4

2

Ta có . .

min

f



f

a 3



27

a

  t

a 3

  t



2

3

min

V



  x

a 3

.

S ABC

.

a 6 2

Do đó . 

(Sáng tác) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. Trên . Gọi E là trung

Ví dụ 16. các đoạn DC và BB’ lần lượt lấy các điểm M, N sao cho MD NB điểm BC. Xác định vị trí điểm M để góc giữa MN và (A’DE) lớn nhất.

 Phân tích bài toán:



;

'

 ;MN d và góc





Từ đề bài ta thấy chỉ cần 1 ẩn để tham số hóa bài toán, đó là MD NB x

 . Cái khó của bài toán ở đây là thiết lập biểu thức góc giữa MN và (A’DE) theo x. Bởi lẽ việc dựng góc này tương đối vất vả và sự tính toán khá cồng kềnh. Bằng cách đi xác định một đường thẳng vuông góc d với mặt phẳng (A’DE). Khi đó ta có góc    MN A DE là hai góc phụ nhau. Từ đó ta chuyển về bài toán xác định góc giữa 2 đường thẳng.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

MD NB x





x

AK DE AH A K ,





'

  . Gọi I DE AB



 , 0

AH



A DE '



sin

;

'

MN AH ;

cos



Đặt .





 MN A DE







 1 

 . Kẻ 

-34-

Khi đó .

2

2

2

2

2

2

2  MN MC



CB



BN





x

  1

x



2

x

x

 1





   . 1







   . AH

2

2

2

2

9 4

2 3

1 AH

1 AI

1 AA

'

1 AD 2

2

Ta có





,

' '

1 5

5  9

AA KA

Lại có

HA KA  AA '



DK DA  2 DI DI  AH



 AK



' 2 '  AI

 AD





 ' AA



 AB



 AD



 AA '

5 9

2 9

4 9

4 9

5 1   9 5 

  







Khi đó

4 9   MN MC CB BN 













 1

4 4 9 5    x AB AD x AA '

  . AH MN







x

x



x



 1





2 9

4   9

4 9

2 9

 1   . MN AH



x



sin

;

'



cos

MN AH ;





.

 MN A DE











1 2

MN AH .

1 3 2

x

  x

1

Và



x

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số



, 0

  x

1.

;

'

f x

 f x



 MN A DE







 max

max

1 2

x

  x

1

1



Xét Ta thấy

f



  

0

x

  x



 0;1 .

2

2

x

  x

2

  x

x

1

Ta có

  x  1    . x 1

0

f



   f x

Do đó

M D N B ,

 .



;

'



max 

  0   MN A DE lớn nhất khi

Vậy góc 

Ví dụ 17. (SBT Hình học 11, trang 182) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Cạnh SA a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Điểm M di động trên đoạn BC. Tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ S đến DM.

 Phân tích bài toán:

Ta nhận thấy các yếu tố của hình chóp đã hoàn toàn xác định. Yếu tố thay đổi ở đây đó là điểm M trên đoạn BC. Bằng việc tham số hóa BM x , ta đi biểu thị khoảng cách từ S đến DM. Từ đó ta tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức đối với x.

 Lời giải:

-35-

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

 SK DM DM SAK







 DM AK





2

2

2

2

Kẻ .

SK



SA



AK



a



AK

SK min

2

2

2

Ta có . Do đó

BM x

 

CM a

  

x MD



2  CM CD



x



2

ax



2

a

2

2

a

2

Đặt .

S



BA AD .



a

  AK



MAD

2

2

1 2

1 2

S MAD MD

x



2

ax



2

a

.

2

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

0

    a

x

x

2

ax





2

a

  

AK

0

 x x



a 2

a

2

2

SK



a



AK



Do .

AK

   . Khi đó

0

x

min

6 2

a 2

. 

(Sưu tầm) Cho tam giác đều OAB có AB a . Trên đường thẳng d đi Ví dụ 18. qua O, vuông góc với (OAB), lấy điểm M sao cho OM x . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và BO. Đường thẳng EF cắt d tại N. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABMN đạt giá trị nhỏ nhất.

 Phân tích bài toán:

Đề bài đã tham số hóa đoạn OM. Như vậy ta cần đi biểu thị thể tích của khối

tứ diện ABMN theo x. Từ đó ta tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 biến.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

 

AF MB

 AF OB  AF OM

  

Ta có .

AE MB

 

 BM AEF (

)

 

AN BM

.

-36-

Mà







  

0

 OM ON OA OB







cos60



0

  AN BM

 

  0







2

 OA OB

  cos60

  ON



 OM

2

2

2

   ON OA OM OB a 2 x 2 a

3

a

3

V

MN S



x





x



ABMN

OAB

1   3

1   3

4

a 2

x

12

x

a 2

   

   

   

   

2

2

a

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

x





2

x





2

a



V



ABMN

3 6 12

x

a 2

x

a 2

3

a

6

a

2

.

V



x

x

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy :

ABMN

12

2 a     x 2

2





2

a

'



 MB x

 

x a

0



(HSG Tỉnh Quảng Bình 2015-2016) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ . Lấy M là điểm bất kỳ AB a AA , Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông Ví dụ 19. có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A,  . trên cạnh AB sao cho

góc với B’C.

a) Tìm x để diện tích thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi (P) đạt giá trị lớn nhất.

b) Mặt phẳng (P) chia lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần. Tìm vị trí điểm M để thể tích khối đa diện chứa các đỉnh A và C theo a và x đạt giá trị lớn nhất.

-37-

 Lời giải:

A'

C'

L

B'

a 2

N

P)

a

A

C

F

a 2

M

φ

I

x

E

B

  AI

BB C C '

'

  AI

B C '





AI AI

 

BC BB

'

  

Gọi I là trung điểm BC. Ta có : . Mà



AI

// (

P

)

' B C AI

 ( P )  ( P )

  

.

Trong mặt phẳng (ABC) dựng đường thẳng đi qua M và song song AI, cắt BC và AC lần lượt tại E, F.



BC

'



B C '



BC

' // (

P

)

Do BB’C’C là hình vuông .

Trong mặt phẳng (BB’C’C) dựng đường thẳng đi qua E và song song với BC’, cắt CC’ tại L.

 N LF



AA

'.

Trong mặt phẳng (AA’C’C) gọi Vậy thiết diện là tứ giác MNLE.

a) Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

P ABC

LE BC ;



);(

((





(

)



 4

. Gọi    LEC ))

Ta thấy: MACE là hình chiếu vuông góc của MNLE lên (ABC).

S



S



cos





S

MACE

MNLE

MNLE

2 2

x

Theo công thức hình chiếu ta có:

BE 

2 2

2

2

2

2

S





S



a



x



a



x

.

S 

MACE

ABC



BME

1 2

1 2

2 2

1 2

1 4

  

  

-38-

Ta có : BME vuông cân tại E

2

2

S



2



S



a



x

MNLE

MACE

2 2

2 4

2

2

2

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

a



x



a

,

  x

a [0; ).

2 2

2 4

2 2

Ta có

0x  .

Diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

EC EF LC







(2

a x FC );





2

a x

 ;

AF AM a x AN

 



;



(

 a x

)

2 2

2 2

V



V



V





 AN S

LC S . 

MNLEAC

L CEF

.

N AMF

.

CEF



AMF

1 3

3



LC



EC EF .



AN



 AM AF



(2

a



3 )

x



(

a



x

)

2 24

2 12

1 3

1 2

1 3 1 3

1 2

b) Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

3

g x ( )



(2

 a x

)



(

 a x

3 ) ,

x



a [0; )

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

2 12

2 24

2

2

2

2

2

2



'g x ( )

 

(2

 a x

)



(

 a x

)



x



a



x



2

a

Xét hàm số: .

.





2 8

2 8

2 4

2 8

2 4

3

'g x

( ) 0

  

x

2

a

g



 g x



  0

min   a 0;

a 2 4

. Khi đó .

M B .

Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn nhất khi 

Ví dụ 20. (Đề HSG Tỉnh Lâm Đồng 2010-2011) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng b. Góc giữa mặt bên và mặt đáy hình chóp bằng . Tìm  để thể tích của khối chóp S.ABCD nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

 Lời giải:

.

d J SBC

AD BC //

SBC

// (

AD





))

))

)

(

JH



SBC





JH b

 .

. Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất + Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AD, ta có SIJ + Ta có ( ,(







d A SBC ,(   d J SBC ;

 

-39-

+Kẻ JH SI . Khi đó

S

H

A

B

J

α

O

I

D

C

2

2

2

IJ







S



AB



IJ



ABCD

2

JH sin



b  sin

b sin



+ Ta có .

 SO IO



tan







tan





b 2cos



b 2sin



3

3

+ Gọi O là tâm của đáy, thì .

V



SO S .





S ABCD

.

ABCD

2

b 2

1 3

b   cos



6sin



cos



  6 1 cos

 

.

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số



x



x

, 0

  .

1

x

  f x

 1

2

2





f

  

0

x

Xét hàm số

f

 

1 3

x

  x

  x

3 3

Ta có và .



f



  f x

min   0;1

3 3

2 3 9

  

  

3

b

3

min

V





cos





.

Khi đó .

S ABCD

.

4

3 3

Vậy 

Ví dụ 21. (Đề dự bị HSG Tỉnh Lâm Đồng 2010-2011) Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy thay đổi và diện tích tam giác ABC’ bằng 4 3 . Tìm thể tích lớn nhất của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

 Phân tích bài toán:

Bằng việc tham số hóa cạnh đáy của lăng trụ. Từ giả thiết diện tích tam giác ABC’ ta sẽ đi tìm đường cao của lăng trụ. Từ đó thiết lập được thể tích khối lăng trụ thông qua độ dài cạnh đáy.

 Lời giải:

-40-

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

 AB x x

,

0



x

 và gọi H là trung điểm của cạnh  3 256

4

3

x

AB Đặt

C H '



,

CH



,

CC

'



2

8 3 x

2

x

4

3

x



x

V



(0

  x

4)

256 8

.



x

4





V



;

V

  

0

x

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

4

4 4 3

 3 256 3 8 256



x

.

V



8 6 4 3

 . Khi đó max

Ví dụ 22. (HSG Tỉnh Hà Tĩnh 2014-2015) Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn (O) đường kính AC a , điểm B di động trên nửa đường tròn (O) với B khác A và C . Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với (P) lấy điểm S sao cho SA a . Xác định vị trí của B trên nửa đường tròn (O) sao cho tổng diện tích các tam giác SAB và ABC lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

Điểm B di động trên đường tròn đường kính AC (khác A và C) đồng nghĩa với giả thiết cho tam giác ABC vuông tại A và có cạnh huyền AC a không đổi. Bằng việc tham số hóa cạnh AB x thì các độ dài khác hoàn toàn xác định. Từ đó ta thiết lập biểu thức tính tổng diện tích của hai tam giác SAB và ABC và đi tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đó.

 Lời giải:

2

2

S



S



S



ax



x a



x

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

ABC

SBC

Đặt AB x . Khi đó:





1 2

-41-

2

2

2

2

x



a

4 3

x

a 3 3

ax



x









a 3 2

3 4 2

 12

2 3

2 3

2

2

2



a



x

2

2



4 3

x

a 6 3

2

2

2

2

x 3

x a



x



3



a



x



3







2

 12

x 3

3

S 

.

23 a 8

2

a 3

3

S



  x

.

Bước 2: Vận dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

max

8

a 3 2



Sau đây là một số bài toán tham khảo để học sinh rèn luyện tư duy bài toán

giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo phương pháp định lượng 1 ẩn:

Ví dụ 23. (Sáng tác) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Trên

AE



AA

'

BF



BC

k  1.

1 k

1 

k

1

các đoạn AA’, BC lần lượt lấy điểm E, F sao cho , ,

Xác định k để khoảng cách từ B’ đến (D’EF) đạt giá trị lớn nhất.





(HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2020-2021) Cho mặt cầu tâm O, bán 1R  . Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu tại các  Khi  thay

.S ABC .

Ví dụ 24. kính điểm A,B,C ( khác với S) sao cho SA=SB=SC và    . ASB BSC CSA  đổi, tính thể tích lớn nhất của khối chóp

3.1.2.2. Sử dụng định lượng cho các bài toán nhiều ẩn

3.1.2.2.1. Giải pháp

Quy trình đề xuất:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

Một đặc trưng của các dạng toán này là có nhiều đại lượng thay đổi. Đồng

-42-

thời ta có thể thiết lập được một điều kiện ràng buộc giữa các ẩn.

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

Ở bước này, bằng một số tính toán cần thiết, ta biểu thị đại lượng cần tìm giá

trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn đã đề ra.

Bước 3: Sử dụng các kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

Khi đứng trước các biểu thức nhiều biến, việc tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất làm chúng ta liên tưởng đến việc sử dụng bất đẳng thức là nhiều hơn. Ngoài ra, một số bài toán chúng ta cũng có thể ép về 1 biến để sử dụng khảo sát hàm số.

SB SC

2 2

3.1.2.2.2. Ví dụ áp dụng





2

2

2

5  . 8

1 SN

1 SP

SC tại M, N, P. Chứng minh rằng Ví dụ 25. (Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2020-2021) Cho hình chóp S.ABC có SA, 1, SA   SB, SC đôi một vuông góc và . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Một mặt phẳng  P thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia SA, SB, 1 SM

 Phân tích bài toán:

Nhận thấy rằng mặt phẳng (P) thay đổi nên các điểm M, N, P cũng thay đổi. Do vậy ta có thể tham số hóa ba ẩn tương ứng với 3 điểm này. Để thuận tiện cho



x ,



y

,

 . Bằng cách

z

SA SM

SB SN

SC SP

việc phân tích vectơ, ta tham số hóa các tỉ lệ

2

2

2

2

2

2

sử dụng điều kiện 4 điểm I, M, N, P đồng phẳng ta xây dựng mối rằng buộc giữa x, y, z.









   8

5

x

y



z

 . 5

2

2

2

2

2

5   8

1 SM

1 SN

1 SP

8 SA 2 SM

SB SN

SC SP

Mặt khác

Từ đây ta chuyển về bài toán max, min của biểu thức 3 biến.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

 AB AC



3,

BC

 . 4

Ta có

  . . BC IA AC IB AB IC

 .





 0



-43-

Do I là tâm đường tròn nội tiếp nên

 IA   4

 3 IB

 3 IC

 0  



4

  SA SI 



3

  SB SI 



3

  SC SI 

 0













 SI  

 SA



 SB



  SC

4 10

3 10

3 10

.



x

,



y

,

  

z

 SI

 SM



 SN



 SP

SA SM

SB SN

SC SP

x 4 10

y 3 10

z 3 10

Đặt .

  

1

4

x

3

y



3

z



10





x 4 10

y 3 10

z 3 10

Do 4 điểm I, M, N, P đồng phẳng nên .

2

2

2

2

2

2

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.









   8

5

x

y



z

 5

2

2

2

2

2

5   8

1 SM

1 SN

1 SP

8 SA 2 SM

SB SN

SC SP

Ta có

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

2

2

2

2

2

4

x



3

y



3

z



2.2 2

x



3.

y



3.

z



 

x



y



z











 2 9 9 8



2

2

2

  8 x

y



z

 . 5

x





Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

  x

,

y

  z

.

1 4

3 2

2 2 2 

x

4

3

y

y 3  3

z

z 3 

10

    

Dấu bẳng xảy ra khi 

(Đề thi HSG Hà Nội 2020-2021) Cho hình

Ví dụ 26. lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt trên các cạnh AB, A’D’ sao cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60 . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và CC’.

AM x A N y ,



 Phân tích bài toán:

Với giả thiết hai điểm M, N là thay đổi lần lượt trên các cạnh AB, A’D’, ta  . Từ giả thiết góc giữa MN và mặt ' tham số hóa độ dài hai đoạn phẳng (ABCD) bằng 60 , ta thiết lập mối liên hệ giữa 2 ẩn x, y. Ta xây dựng công thức khoảng cách giữa MN và CC’ và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 ẩn đó.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

AM x A N y x y '





,

,



NH AD

 

;



 0 .

 NM ABCD





   NMH

Đặt Kẻ

MH NH

.cot 60

 



1 3

-44-

.

2

2

2

2

AM AH MH





2   x

y



.

1 3

Ta có

 CK MH



d MN CC

;

'



';



CK

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.





 CC MNH







Kẻ .

S



S



S



S



S



x



y



xy





CMH

ABCD

BCM

DCH

AMH

1 2

1 2

2

Ta có

  CK



3

x

  y

xy





S CMH MH

.

2

2

2

t



2

x



y

  

t

.

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

  , ta có y

x





2 3

6 3

2

2

Đặt t



y

  

xy

 . Khi đó

t

CK



3

t





1 3

1 2

1 6

21 t 2

1 6

  

  



. Do 2 x

f

  t



,

t

0;

f

1

t

t

0;

  t

  t

21 t 2

1 6

6 3

6 3

   

  

       0 

  



Xét . Ta có .



max

f



f



  t

6 3

2 6 1 6

  

  

.

max

d MN CC

;

'



2

   

x

y





3 6

6 6

Vậy . 

BC

AB

1,



 B M MC

2

'

'

(Sáng tác) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có

Ví dụ 27.  2, AA  . Trên đoạn B’C’ lấy điểm M sao cho ' 3 . Gọi N, P là hai điểm lần lượt di động trên các đoạn CC’, C’D’. Mặt phẳng (MNP) cắt AB, AD, AA’ lần lượt tại E, F, G. Xác định vị trí của N và P để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.

-45-

 Phân tích bài toán:

CN x C P y ,



'

Có thể nói đại đa số học sinh khi bắt gặp bài toán này sẽ nghĩ ngay tới việc  hoặc



y

x

,

 ). Từ đó ba điểm M, N, P hoàn toàn xác định

CN CC

'

'

tham số hóa tỉ số tham số hóa vị trí của N và P (Chẳng hạn, tham số hóa độ dài ' C P C D '

Tuy nhiên, đi theo hướng này sẽ bắt gặp một sự tính toán không nhỏ khi xác định thể tích tứ diện AEFG theo các ẩn trên. Để khắc phục điều này, ta linh hoạt tham số hóa vị trí các điểm E, F, G. Việc làm này sẽ giúp cho tính toán thể tích tứ diện AEFG hoàn toàn đơn giản.

,

,

AE AF AE AB AD AA '

Như vậy ta sẽ tham số hóa các tỉ số tương ứng với 3 ẩn và ta

sẽ biểu thị được thể tích AEFG theo ba ẩn này. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của 4 điểm M, E, F, G ta tìm được điều kiện ràng buộc của 3 ẩn này. Từ đó tìm được khả năng xả ra để biểu thức trên đạt giá trị nhỏ nhất. Sau khi xác định được vị trí các điểm E, F, G, ta sử dụng điều kiện đồng phẳng của 5 điểm E, F, G, N, P để suy ra vị trí của N và P.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

,

,

x

y





 z .

AB AE

AA ' AG

Đặt

AD AF    ' AM AB BB





   ' B M AB AA '









  AD x AE 



  AF z AG 

y 2 3

2 3

Ta có .

x



  .

1

z

y 2 3

Do 4 điểm M, E, F, G đồng phẳng nên

-46-

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

V



AB AD AA

.

.

 ' 1.

ABDA

'

1 6

AEFG



.

.

V



V .



.

AEFG

ABDA

'

V V

AE AF AE AB AD AA '

1   xyz

1 xyz

1 xyz

ABDA

'

Ta có

3

x





z

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

x .

.

z



  

xyz

y 2 3

y 2 3 3

1 27

1 18

    

    

    x

18

z

,

y



V

    x

18

z

,

y

 . Khi đó

min

V

AEFG

1 3

1  . 2

1 3

1 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có









. Đặt

AEFG   ' CN kCC      AN AB BC CN AB AD k AA '















  x AE y AF kz AG





Ta có .

x

  y

kz

   . k

1

1 2

Do 4 điểm N, E, F, G đồng phẳng nên









Đặt

  ' '  D P hD C '    AP AD DD D P h AB AD DD hx AE y AF z AG

 '

 '



















. Ta có .  '

hx

    

1

h

y

z

.

1 2

Do 4 điểm P, E, F, G đồng phẳng nên

V Vậy AEFG

nhỏ nhất khi N, P lần lượt là trung điểm CC’ và C’D’. 

ABCD A B C D cạnh bằng 1. Trên

.

'

'

'

'

AE 

Ví dụ 28. (Sáng tác) Cho hình lập phương

 thay đổi đi qua E, cắt

3 3

đoạn AC’ lấy điểm E sao cho . Một mặt phẳng 

AB AD AA lần lượt tại '

,

,

,M N P . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

,

các tia

T







AM 

AM

1

AN 

AN

4

AP 

AP

9

.

 Và rõ ràng rằng điều cần thiết ở đây là đi thiết lập một

x ,

z .





y

,

' AA AP

AD AN

 Phân tích bài toán:

-47-

Nhìn vào biểu thức T, ta thấy ngay nên tham số hóa độ dài ba cạnh AM, AN, AP. Để thuận tiện cho việc sử dụng điều kiện đồng phẳng, ta tham số hóa các tỉ số AB AM mối liên hệ giữa các ẩn đó. Và bài toán chuyển về tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa 3 biến.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.



x ,



y

,

 . z

AB AM

' AA AP

Đặt

AD AN  AC '

 AE





 AB



 AD



 ' AA



 AM



 AN



 AP

1 3

1 3

1 3

1 3

y 3

z 3

x 3

Ta có .



     

3.

1

y

x

z

y 3

x 3

z 3

Do 4 điểm E, M, N, P đồng phẳng nên

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

AM



,

AN



,

AP

 nên

T







.

1 

1

x

1  1 4

y

1  1 9

z

1 x

1 y

1 z

Do

2

2

2

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

T











.

6  36 36

x

2 3  9 36

y

2  4 36

z

  49 36

121 157

z

   6 3 2    y x







Ta có

2  4 36

y

z

  x

,

y



,

z



T min

121   157

91 66

31 33

15 22

x z

3  9 36 3

6   36 36       y x 

. 

.

'

'

'

'AD ,

ABCD A B C D cạnh a. Gọi G là ' CD B D '

',

'

(Sáng tác) Cho hình lập phương

T



.

1  ' 2

ID

 HD HD '

1  ' 2

 KD KD '

1  ' 2

ID

'

-48-

Ví dụ 29. trung điểm BD’. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua G cắt các đoạn lần lượt tại H, I, K. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 Lời giải:

Bài toán được giải tương tự như ví dụ trên.

.

theo a. Ví dụ 30. (HSG tỉnh Gia Lai năm học 2020-2021) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống mặt phẳng (BCD) và O là trung điểm đoạn AH. Gọi   là mặt phẳng qua O và không đi qua các điểm A, B, C và D. Mặt phẳng   cắt các đoạn AB, AC, AD lần lượt tại M, N, P. Tìm giá trị nhỏ nhất của  T AM AN AP .

 Vận dụng điều kiện đồng phẳng ta sẽ xây dựng được

z .





x

y

,

,

AD AP

AC AN

 Phân tích bài toán:

Tương tự như các bài toán trước, từ đề bài ta nhận thấy sẽ sử dụng điều kiện đồng phẳng cho 4 điểm O, M, N, P, trong đó chỉ có O là điểm cố định. Do vậy ta sẽ sử dụng 3 ẩn để tham số hóa cho các vị trí của điểm M, N, P, cụ thể: AB AM mối liên hệ của x, y, z. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của T.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.



x

,



y

,



z

x y z , ,





 1 .

AC AN

AB AM

AD AP

Đặt

   AB AC AD

 AO  

 AH

 AD

 AC

 AB















 AM



 AN



 AP





1 3

1 6

1 6

x 6

y 6

z 6

1 2

1 6

Do ABCD là tứ diện đều nên H là trọng tâm tam giác BCD. Do đó  AH



      . x

1

6

y

z

x 6

y 6

z 6

Do O, M, N, P đồng phẳng nên

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

AM



,

AN



,

AP

T



3a xyz

a x

a y

a   z

-49-

Do .

3

z

x

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

xyz



  

T

8

  y 3

a 8

  

3   

3

2

y

x

z

      là mặt phẳng song song với    

 BCD .

T min

a 8 

NB

SN



2

Theo Bất đẳng Cauchy ta có .

Ví dụ 31. (HSG tỉnh Quảng Ngãi năm học 2020-2021) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành, thể tích V. Gọi M là trung điểm SA, N là điểm nằm trên  đi qua các điểm M, N cắt các cạnh SC, cạnh SB sao cho

. Mặt phẳng  SD lần lượt tại P, Q. Tính thể tích lớn nhất của khối chóp S.MNPQ.

 Phân tích bài toán:

Nhận thấy 4 điểm M, N, P, Q đồng phẳng, trong đó 2 điểm M, N đã hoàn toàn xác định. Do vậy ta sử dụng 2 ẩn để tham số hóa tương ứng với các điểm P, Q. Cụ



x

,

 . Vận dụng điều kiện đồng phẳng của 4 điểm M, N, P, Q

y

SC SM

SD SN

thể ta đặt

ta đưa ra mối liên hệ giữa x, y. Vận dụng tỉ lệ thể tích ta thiết lập biểu thức thể tích của khối chóp S.MNPQ theo x, y. Từ đó ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đó.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.



x

,



y

x y ,



  . 1

SC SM

SD SN

Đặt

 SM



 SA



   SB SC SD







 SN



 SP







1 2

1 2

x 2

y 2

3 4

Ta có .  SQ

    .

1

x

y

y 2

3 4

x   2

1 2

Do M, N, P, Q đồng phẳng nên

-50-

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

V

V



V



V



V



.

V

SMNP

S ABC

.

SMPQ

S ABC

.

1 2 1 . . x 2 3

1 x 6

1 1 1 . x y 2

1 xy 4



V





.

S MNPQ

.

1 x 6

1 xy 4

  

 V  

Ta có và .

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

V





V



.

V

S MNPQ

.

2

1 x 6

1 3

1 

4

x

2

x

x x

 2 2 

x

2

  

  

2



x



8

x

2



.



,

x



1.

f



  

0

x

1.

 f x



  x

2

x x

 2 2 

x

2

2

x



x

2 

 2 

Xét hàm số Ta có

max



f

   x

1.

1

  f x

  1

Suy ra

max

V

  

x

1,

y



.

S MNPQ

.

V 3

3 2

Vậy 

OC a 2



(Sáng tác) Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông  không đổi. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O

Ví dụ 32. góc và  OA OB đến mặt phẳng (ABC).

 Phân tích bài toán:

Với tứ diện trực tâm, ta hoàn toàn liên tưởng đến công thức tính khoảng cách:







2

2

2

2

1 OH

1 OA

1 OB

1 OC

.

Đẳng thức này cho ta sự biểu thị khoảng cách từ O đến (ABC) theo 3 cạnh

OA, OB, OC. Việc còn lại là vận dụng bất đẳng thức để giải bài toán.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

 OA OB OC a

 .



2

Đề bài đã cho sự liên hệ giữa các ẩn:





OH

.

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.



  d O ABC ;



Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC)







2

2

2

2

1 OH

1 OA

1 OB

1 OC

Ta có .

-51-

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến

4

  1 1 4









2

2

2

2

2

1 OH

1 OA

1 OB

OC 2

OA OB OC





2









a



  

OH

2

6 6

1 OH

6 2 a

. 

BC

AB

1,





(Sưu tầm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có

2, Ví dụ 33. AA  . Mặt phẳng (P) thay đổi và luôn đi qua C’, cắt AB, AD, AA’ lần lượt tại E, ' 3 F, G (khác A). Xác định vị trí của mặt phẳng (P) để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.

 Phân tích bài toán:

Rõ ràng rằng ta sẽ tính thể tích khối tứ diện AEFG bằng cách sử dụng tỉ lệ thể

,

,

AE AF AE AB AD AA '

tích. Tuy nhiên mặt phẳng (P) thay đổi nên các tỉ số sẽ thay đổi.

Tham số hóa ba đại lượng này tương ứng với 3 ẩn ta sẽ biểu thị được thể tích AEFG theo ba ẩn này. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của 4 điểm C’, E, F, G ta tìm được điều kiện ràng buộc của 3 ẩn này. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức trên.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.



x

,

 z .

,

y



AB AE

AA ' AG



Đặt

 AC '



AD AF    AB AD AA '





  x AE y AF z AG







Ta có .

x

   . z

1

y

Do 4 điểm C’, E, F, G đồng phẳng nên

V



AB AD AA

.

.

 ' 1.

ABDA

'

1 6

-52-

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

AEFG



.

.

V



V .



.

AEFG

ABDA

'

V V

AE AF AE AB AD AA '

1   xyz

1 xyz

1 xyz

ABDA

'

Ta có

z

x

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

xyz



V



27

AEFG

  y 3

1   27

  

3   

min

V

     . Từ đây suy ra vị trí của mặt phẳng (P). 

27

x

y

z

AEFG

1 3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có .

AB CD AC BD ,





(Sáng tác) Cho tứ diện ABCD có

CD a 2

và  không đổi. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và CD. Tìm giá trị

Ví dụ 34.  AB lớn nhất của MN .

AB

 Phân tích bài toán:

AB CD AC BD ,





Xem độ dài hai đoạn AB và CD như là hai ẩn. Và bài toán đã cho mối liên hệ  . Điểm mấu chốt của bài toán là biểu thị độ dài đoạn MN , ta hoàn toàn nghĩ tới việc

. Và hơn nữa, đoạn nối 2 trung điểm làm cho ta nghĩ tới một giữa 2 ẩn :  CD a 2 theo AB và CD. Với hai giả thiết đưa ra được AD BC

 MN



  AD BC 





1 2

đẳng thức vectơ thường gặp là . Từ đây ta tìm cách tính MN.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

AB



CD a 2

 .

Ta xem AB và CD như là hai ẩn. Đề bài đã cho sự liên hệ giữa 2 ẩn :

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

2

2

2

Chứng minh được AD BC

AB

CD



AD



BC







. Từ đó chứng minh được 

 MN





  AD BC 









1 2

2    MN MA AD DN     MN MB BC CN





   

2

2

2

2

2

Lại có



MN



AD



BC



AB



CD









1 4

1 4

.

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

2

2

2

2

2  AB CD



2 2



 AB CD 2



2  AB CD







Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được

 2 1





a 5

-53-

2

2



MN

  

MN

a 20

a 5 10

min

MN

  

AB

,

BC



.

a 5 10

a 3

a 2 3

Khi đó  .

Ví dụ 35. (Sáng tác) Cho tam giác ABC vuông tại A. Cho tam giác đó (kể cả các điểm bên trong) lần lượt quay quanh AB, AC ta được hai khối tròn xoay có tổng thể 3cm . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác đó tích là 20 (kể cả các điểm bên trong) quay xung quanh cạnh BC.

 Phân tích bài toán:

Thể tích các khối tròn xoay hoàn toàn có thể xác định dựa vào độ dài các cạnh của tam giác ABC. Từ đây ta nghĩ đến việc tham số hóa độ dài 2 cạnh của tam giác vuông ABC. Từ đó biểu thị thể tích của các khối tròn xoay qua hai ẩn đó.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

 AC b AB c . ,



Đặt





Thể tích các khối tròn xoay khi cho tam giác quay quanh AB, AC lần lượt là :

V 1

V 2;

2  b c 3

2  c b 3

  AH

.

bc 2

2

b



c

Gọi AH là đường cao của tam giác ABC .



Thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác quay xung quanh BC là :

2 AH BC .



V 3

2 2 b c 2

2

1  . 3

3

b



c

.

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.









.

9 2 

1 2 4 b c

1 4 2 b c

  

  

1 2 V 3

1 2 V 1

1 2 V 2

Ta thấy

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức



20

V V 2

-54-

. Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có Theo bài ra ta có 1

V 1

V 1





 1000 1000

3 100

2





  V V 1 2 1000

6 100

V 2

1   2 V 3





V 2  1000 1000

3 100

1 2 V 1 1 2 V 2

     

50

V 3

1     50

1 2 V 3

3

max

  

50

  

AB AC

10



.

.

V 3

V V 1 2

30 

Khi đó 

Ví dụ 36. (Sáng tác) Cho hai điểm phân biệt A và B nằm trong mặt phẳng (P). Gọi C là điểm nằm ngoài mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC vuông tại C và tổng hai góc tạo bởi hai đường thẳng CA, CB với mặt phẳng (P) là 60 . Tìm giá trị nhỏ nhất của góc giữa hai mặt phẳng (P) và (ABC).

 ,

 Phân tích bài toán:

 . 

 CB P ;

 CA P ;





  . Như vậy ta chỉ cần 60 , . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    Từ giả thiết đã cho ngay mối liên hệ giữa hai góc : biểu thị góc giữa (P) và (ABC) theo đó.

ta tham số hóa 2 góc này bởi 2 ẩn : Rõ ràng rằng khi điểm C thay đổi thì góc giữa CA, CB thay đổi theo. Do vậy,   

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

   

60 .



,   là góc giữa mặt phẳng (P) lần lượt với CA, CB và (ABC)

,

Gọi

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

  

CK AB

2

2

2

. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên (P). Kẻ HK AB











2

2

2

2

2

2

1 CK

1 CA

1 CB

CH CK

CH CA

CH CB

2

2

2



sin





sin





sin

 .

-55-

Do ABC vuông tại C nên

2

sin



  1

cos 2





cos2

 

1 cos

cos

  1

cos

.

 

    

    

    



1 2

1 2

2

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

cos

  1

sin



sin



  



45

 .

    

1   2

2 2

Do





45

  

 



 30 .

R 2

AB

BDM

2sin

sin

P





 Khi đó min

Ví dụ 37. (Phát triển từ đề chọn HSG trường Đô Lương 1) Trên mặt phẳng (P), cho đường tròn đường kính . Lấy điểm C đối xứng với A qua B. Một đường thẳng d thay đổi đi qua C, cắt đường tròn tại M và N (M thuộc cung nhỏ BN). BD R 2 Trên đường thẳng đi qua B, vuông góc với (P), lấy điểm D sao cho . Xác định vị trí đường thẳng d sao cho biểu thức   BDN đạt giá trị lớn nhất.

 Phân tích bài toán:

BDM x BDN y

 .



Tham số hóa hai góc  ,

 BM BD

.tan

x



2 tan ,

x BN BD

R



.tan

y



R 2 tan

y

Khi đó .

2sin

sin

P





x

. Dựa vào các công cụ như Pitago, công thức trung tuyến và phương tích của 1 điểm đối với đường tròn ta tìm ra một mối liên hệ giữa x, y. Từ đó sử dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất của y

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

BDM x BDN y

 

 BM BD

.tan

x



2 tan ,

 x BN BD

R

.tan

y



R 2 tan

y

2

2

2

MA



AB



. Đặt  , 

2

2

2

2

2

2

2

.

 MA MC

MB





2

4



AC



MC

4

MB



AC



2 MA

2

BM 



1 2

-56-

Ta có Tam giác ABM vuông tại M nên  

2

2

2

2

2

2

2

2

2



MC



6

MB



AC



2

AB



12

R

tan

x



4

R



4

R

3tan

x



  . 1





1 2

2

2

2

2

2

2

NC



6

NB



AC



2

AB



4

R

3tan

y



  1



1 2

2

4

2

2

Tương tự ta có

 CM CN CB CA

.

.



2 CM CN .



64

R



3tan

x



y



 4

 1 3tan

 1

 

2

2

2

2

2

2



3sin

x



cos

3sin

y



cos



4cos

x

cos

y

x

y







2

2

2

2

2

2



2sin

x



y

x

y



sin

x



sin

y

 1 2sin

   1

  4 1 sin

  1 sin





1  . 2

Do

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

P



sin

x



2sin

y

Đề bài đã biểu thị:

2

2

2

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

P



x



sin

y

  

P

 5 sin



5 2

10 2

x

y

sin

x





sin 1

sin 2

Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki:







P max

10 2

2

2

sin

x



sin

y



sin

y



     

1 2

1 10 2 10

      



cos

 NCA





30

.

 .

NC



2 3

R

NC AC

3   NCA 2

Khi đó

MAN 

Từ đây ta suy ra vị trí đường thẳng d. 

Ví dụ 38. (Đề OLYMPIC 27/4 tỉnh Bà Rịa-Vũng Tàu năm 2018) Cho đoạn AB a và vuông góc với mặt phẳng (P) tại B. Trong (P) lấy điểm H sao cho . Qua H, vẽ đường thẳng d trong (P) và vuông góc với BH. Hai điểm M, N BH BA di động trên d và thỏa mãn  90  . Đường thẳng qua A và vuông góc với ,  lần lượt là số đo các góc tạo bởi BM với mặt phẳng (AMN) cắt (P) tại K. Gọi   . (AKN), BN với (AKM). Tìm giá trị nhỏ nhất của T  

 Phân tích bài toán:

Bài toán hoàn toàn tư duy theo như hai ví dụ trước. Đề bài đã tham số hóa hai góc : góc giữa BM và (AKN) là , góc giữa BN và (AKM) là . Việc cần làm là đi xây dựng một mối liên hệ giữa 2 ẩn này.

 Lời giải:

-57-

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn

Kẻ BP vuông với AH. Khi đó BP vuông với (AMN). Suy ra AK // BP. Suy ra B, K, H là 3 điểm chung của 2 mp (AHK) và (P). Suy ra thẳng hàng.

 

 AFB BAM 

 cos



AB AM

( cùng phụ với BAF )

2

2

2

2

2

2

2

cos





cos









a





a

.



a

.



2

2

2

2

2

2

2

1 2

AB AM

AB AN

1 AM

1 AN

1 AH

1 

BH

BA

  

  

Tương tự ta suy ra

  Đề bài đã biểu thị: T  

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

cos 2





cos 2



   1

cos

.cos

    

    

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

  ,



0;90

 

90 ;90

0 cos

 1



      



   

1   2     

  

cos

.cos



cos

   

120



    

    

     

1 2

Do







60

120

 

  

   



, 

ABC các góc 90 ,



trong đó (Sưu tầm) Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vuông tại A,  DBC DAC  DAB lần lượt  , tam giác BCD nhọn. Mặt phẳng    , ,  Tìm giá trị lớn    90 .

min Ví dụ 39. AB  a AC a 3 , tạo với mặt phẳng  nhất của khoảng cách từ D đến (ABC).

 Phân tích bài toán:

DBC

ABC







 là điểm H thuộc đoạn BC. Rõ ràng với giả thiết trên ta nhận thấy H di động trên BC.

-58-

nên hình chiếu của D lên (ABC) Do tam giác BCD nhọn và 

Từ đó ta nhận thấy cần tham số hóa vị trí của điểm H. Tuy nhiên, để thuận tiện cho việc xác định góc giữa mặt phẳng (ABC) và các mặt phẳng (DAB), (DAC) thì ta lựa chọn tham số hóa 2 đoạn HE và HF.

 Lời giải:

D

h

C

A

a

E

x

3a

F

y

H

B

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

DBC



ABC



DH



ABC





DH



.H Do 











  d D ABC ;



tại . Kẻ DH BC

AC

;E HF AB

tại tại F. Kẻ HE





;

CH HE  AB CB

x BH HF a CB 3

y  . AC a

Ta có

  

1

  

1

x

3

y



a 3

CH BH  CB CB

x a 3

y a

Do

tan





Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.



BCD

DAB

 

  DAC BCD ,   ,

 

    DEH     DFH

cot





      

    

DH HE HF DH

Ta có và .





DH



xy



 

 

90

 

tan





cot



DH x

y DH

Vì .

2

2

2

y

9

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

x y .3





  xy

a 4

a 3 4

 x 3  2 

  

-59-

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy :



DH



xy



.

DH



  x

,

y



.

max

a 3 2

a 3 2

a 2

a 3 2

Vậy 

Ví dụ 40. (Sưu tầm) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC (khác A) sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với ,AM AN để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ mặt phẳng (ABC). Tính nhất.

 Phân tích bài toán:

Ta nhận thấy điều cần thiết là tham số hóa độ dài 2 cạnh AM, AN. Mặt khác, do tứ diện ABCD đều nên mặt phẳng (DMN) chứa đường cao kẻ từ D của tứ diện. Từ đó ta nhận thấy MN đi qua tâm G của tam giác ABC. Sử dụng điều kiện 3 điểm thẳng hàng ta tìm ra được mối liên hệ giữa 2 ẩn. Thiết lập biểu thức diện tích toàn phần của tứ diện DAMN và ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức đó.

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

  DG

ABC

DMN



ABC











nên . Mà 

M G N

DMN



,

,





thẳng hàng. Gọi G là tâm của mặt ABC  DG

AM x AN y ,





,

x y ,



0

Đặt .

  AB



  AC

 AG



 AE





 AM



 AN

  

1



3

1 3

1 3

2 3

1 x 3

1 y 3

1   3 x

1 y 3

1 x

1 y

Ta có .



Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

S



 AN AM

sin 60





AMN

1 2

xy 3 4

x

y



S



 AD AM

sin 60



S



 AD AN

 sin 60



;



AMD



AND

3 4

1 2

1 2

3 4

-60-

Ta có

2

2

DH



AD



AH



6 3

2

2

2

2

2

MN



AM



AN



2

AM AN .

.cos 60

 

x



y



xy

2

2

Ta có ,



S



x



y



xy

DMN

6 6

2

2

.



S





(

x



y

)



x



y



xy

tp

xy 3 4

3 4

6 6

.

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

t



xy

  t

.

3



xy

 . Đặt



1   x

1 y

2 3

2 3

2 xy

2

2

2

Theo bất đẳng thức Cauchy

x



y



xy



x



y



xy



xy



    x

3

y

t 3



2

1 x

1 y

2

Từ . Lại có

t 3



t

t



  tpS

S  tp

6 6

2   3

4 3 9

2 6 8 1

. Do .

ma x





   x

y

.

tpS

4 3 9

2 6 18

2 3



Ví dụ 41. (Trích đề HSG Nghệ An 2012-2013 Bảng B) Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD. Các đường thẳng AI, BI, CI, DI lần lượt cắt các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng:









12

AI A I '

BI DI CI B I C I D I ' ' '

.

 Phân tích bài toán:

Bài toán điểm I nằm trong tứ diện làm ta liên tưởng đến bài toán chia thể tích:

,

,



V



V



V



V

.

V

ABCD

IABC

IABD

IACD

IBCD

AI BI CI DI , A I B I C I D I ' ' '

'

Mặt khác, các tỉ số

hoàn toàn có thể biểu thị qua các tỉ lệ thể tích các hình đó. Từ đây ta tham số hóa 4 thể tích của 4 hình tứ diện IABC, IABD, IACD, IBCD ta giải bài toán.

 Lời giải:

-61-

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

 V V

,

,

 V V

,

.

BCD

 V V 1

ACD

1

ABD

 V V 1

ABC

Đặt 1





2

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.



  

1

  

  1

AA ' IA '

d A BCD d I BCD

( ,( ( ,(

)) ))

V V 1

IA V V IA ' 1

IA V V IA ' 1

V V V 3 4 V 1

















2

3

T















Ta có .

AI DI  A I B I C I D I ' '

CI '

BI '

V V V 3 4 V 1

V V V 4 1 V 2

V V V 2 4 1 V 3

V V V 2 1 3 V 4

.

























12



V 1 V 2

V 2 V 1

V 2 V 3

V 3 V 2

V 3 V 4

V 4 V 3

V 4 V 1

V 1 V 4

V 3 V 1

V 1 V 3

V 2 V 4

V 4 V 2

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.







.

 V V 2

V 3

V 4

   V 4

3

 Dấu bằng xảy ra khi 1

MP MQ MR GA .

. Ví dụ 42. Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm di động bên trong tam giác BCD sao cho M G và MG không song song với CD. Đường thẳng qua M và song song với GA cắt các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ABD) lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng .

 Lời giải:

Bước 1: Tham số hóa và xây dựng mối liên hệ giữa các ẩn.

Ta xem các đoạn MP, MQ, MR như là các ẩn.















MP MQ MR MI MJ MK  GI GJ GK

GA

S MBC S

S MCD S

GBC

GCD

S MBD S GCD

S



S

MBC

MCD

MBD

ABC







3.

S

S

ABC

ABC

 S 1 3

S 1 3

-62-

Bước 2: Thiết lập biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo các ẩn.

3





MP MQ MR











3 GA

MP MQ MR 3

GA 3 3

  

3   

  

  

Bước 3: Sử dụng các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

MP MQ MR

  





  

1



 1

MP MQ MR GA GA GA

MI MJ MK GI GJ GK

Dấu “=” xảy ra khi

 

M G

3

(Vô lý).

MP MQ MR GA .

.

Vậy . 

3.2. Áp dụng vào việc giải các bài toán cực trị hình học tọa độ không gian

3.2.1. Giải pháp

Bằng cách vận dụng các phương pháp ở trên, ta sẽ nghiên cứu một số bài toán giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong hình học tọa độ không gian. Vì thời lượng có hạn nên bản thân chỉ nghiên cứu các bài toán lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học tọa độ không gian được giải bằng cách nghiên cứu bài toán gốc hình học không gian thuần túy tương ứng.

Khi đứng trước một số bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học tọa độ không gian, ta cần xem xét, chỉ ra được bài toán gốc ở đây là gì? Các bài toán này, ta liệu chăng có thể tư duy được theo phương pháp định tính và phương pháp định lượng hay không. Ta xem xét xem bài toán gốc này có thể vận dụng một tính chất quen thuộc nào đó để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hay không? – Đó là tư duy theo phương pháp định tính. Hay là xem xét xem bài toán gốc này phải đi thiết lập, tính toán biểu thức cần tìm rồi mới xác định được giá trị lớn nhất, nhỏ nhất – Đó là tư duy theo phương pháp định lượng.

-63-

3.2.2. Ví dụ áp dụng

Ví dụ 43. (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Trong không gian Oxyz, cho điểm

A

d

:



 2;1;1

2

t

x   t 1 2   y  t     z  khoảng cách từ điểm A đến (P) lớn nhất có phương trình là

và đường thẳng . Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho

x



2

y



4

z

  .

7

0

x



7

y

   .

2 0

z

A. B. 4

x



5

y



3

z

  . 2 0

x

  y

3

z

  . 5 0

D. C. 4

 Phân tích đưa ra bài toán gốc và định hướng:

Ta nhận thấy bài toán gốc là: Cho một điểm A và một đường thẳng d. Xác

;



;





 d A d







 d A P lớn nhất. Vận dụng Tính chất 2, ta có



 d A P ;



max

định vị trí mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách đến điểm A là lớn nhất.

Vận dụng tư duy theo phương pháp định tính như các bài tập trước ta hoàn toàn giải quyết được bài toán này. Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d cố định sao P  cho vuông góc với mặt phẳng chứa A và d. Từ đây ta lập được phương trình mặt phẳng (P).

 Lời giải:



;

  mặt phẳng (Q) chứa A và d.

P





 d A d







 d A P ;



max  u

M



Ta có

  AM u

;





 n

d

Q

d



  2;1; 1 .



  4; 7;1





 

 

Ta có .



  1;0; 2 ,    u n

;

6;6;18

Q

d







 1;1;3







  

 

    x







2

0

3

0

y

x

y

z

3

z

  . 5 0

Khi đó , ta chọn . Chọn  Pn 

   1

 1





Mặt phẳng (P) đi qua M có phương trình:   1

-64-

Chọn đáp án D. 

 

M

A

 1;2; 3





x

1

y

5

Ví dụ 44. không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong  và đường

d

:





 2; 2;1 ,  . Tìm một vectơ chỉ phương u

 2

 2

z  1

thẳng của đường thẳng  đi

qua M, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.

 u 





 u 

 u 

 u 

3;4; 4





 2;2; 1

  1;7; 1

 1;0;2







A. . B. . C. . D. .

 Phân tích đưa ra bài toán gốc và định hướng:

Bài toán gốc: Cho 2 điểm M, A và đường thẳng d. Xác định vị trí đường thẳng

 đi qua M, vuông góc với d và cách điểm A một khoảng nhỏ nhất.





 d A ;

 d A ;

  









 d A P ;

 d A P ;



min

. Do đó

Bằng việc tư duy theo phương pháp định tính, ta tìm cách giải quyết bài toán gốc này. Do  đi qua điểm M và vuông góc với d nên  thuộc mặt phẳng (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d. Mặt phẳng (P) hoàn toàn xác định. Vận     đi dụng Tính chất 2, ta có qua hình chiếu vuông góc của A lên (P). Nói cách khác,  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng MA lên mặt phẳng (P). Từ đây ta tìm được đường thẳng  .

 Lời giải:

 n

 u



P

d







  2;2; 1

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d. Ta chọn .

  là hình chiếu vuông góc







 d A ;

 d A ;

  









 d A P ;

 d A P ;





 min của đường thẳng MA lên mặt phẳng (P). Gọi (Q) là mặt phẳng chứa AM và  .

Ta có

 n





  ; MA n



Q

P











 

 

.

 

P



Q

   4; 5; 2  u

 n

 n

;



 9;0; 18

P

Q











  











 

 

Do nên ta chọn .

Chọn đáp án C. 

A

B

  1;1;1 ,





 1;3; 8



,

  3; 1;1 ,  . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua D sao cho A, B, C nằm về một d d d lần lượt là khoảng cách từ A, B, C đến (P). đạt giá trị lớn nhất.

, 

3 d



(Sáng tác) Trong không gian Oxyz, cho các điểm

d 32

2

Ví dụ 45.  C D 2;4; 3 , phía so với mặt phẳng (P). Gọi 1 2 d Xác định phương trình của (P) để 1

T







2











 Phân tích đưa ra bài toán gốc và định hướng:

 d C P ;

 d B P ;







Dựa vào đề bài ta có thế thấy bài toán gốc đặt ra là: Cho 4 điểm A, B, C, D. Xác định vị trí mặt phẳng (P) đi qua D sao cho A, B, C nằm về một phía so với mặt   đạt giá trị phẳng (P) , đồng thời biểu thức d A P ;

-65-

lớn nhất.

 0.







2

Để giải quyết bài toán gốc này, ta sử dụng tư duy theo phương pháp định tính. Nhận thấy bộ số 1,1,2 tương ứng với các điểm A, B, C nên ta nghĩ ngay đến tâm tỉ cự. Gọi M là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A, B, C tương ứng với hệ số 1,1,2. Khi đó    Lúc đó M cố định. Tìm cách biến đổi biểu thức T về khoảng MA MB MC cách từ M đến (P). Từ đó ta vận dụng Tính chất 1 để giải bài toán.

 Lời giải:

   MA MB MC



, E là trung điểm AB.

 0 2      ME MC 2

2

 0  





2

M là trung điểm CE. Ta có

M

E





   0   2;2; 1









;





















  d C P 2 ;



  d E P 2 ;



  d C P 2 ;



 d M P 4 ;



Khi đó Gọi M là điểm sao cho    MA MB MC  2;0;1 ,



Mặt khác  T d A P

MD

 





Do (P) đi qua D nên .

DM

  d B P ;  d M P ; P

.

x

  y

7

z



58 0

 : Thỏa mãn điều kiện 3

 1; 1;7

   điểm A, B, C nằm cùng phía.

Dấu bằng xảy ra khi   DM  Phương trình (P) là:

D

C

B



A



  1;1;1 ,

 2;0;1 .







(Sáng tác) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có  1;2;2 , Gọi M là điểm sao cho Ví dụ 46. tọa độ các điểm  

 có thể tích nhỏ nhất.

  , B C D

   5;5; 3 ,    0 9 MA MB MC MD    , AB, AC, AD lần lượt tại

 sao cho tứ diện AB C D

. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, cắt các cạnh 

x

    .

2 0

y

z

x

    .

2 0

y

z

A. B.

x

    .

6 0

y

z

x

    .

6 0

y

z

C. D.

-66-

 Phân tích đưa ra bài toán gốc và định hướng:



 có thể tích nhỏ nhất.

 , B C D

 ,

 sao cho tứ diện AB C D

 , B C D

 ,

 ,



Dựa vào đề bài ta có thế thấy bài toán gốc đặt ra là: Cho trước 1 tứ diện ABCD và 1 điểm M. Xác định vị trí mặt phẳng (P) đi qua M cắt các cạnh AB, AC, AD lần lượt tại

Để giải quyết bài toán gốc này, ta sử dụng tư duy theo phương pháp định  đồng phẳng. Hơn  ta sẽ sử dụng tỉ lệ thể tích. Từ đó ta đưa về suy nghĩ  . Sử dụng điều kiện đồng phẳng ta đưa 

lượng. Nhận thấy rằng M là điểm cố định và 4 điểm M, nữa để tính thể tích AB C D   , B C D tham số hóa các tỉ số của các điểm ra được mối liên hệ giữa các ẩn. Từ đó tìm được khả năng xảy ra để tứ diện AB C D có thể tích nhỏ nhất.

 Lời giải:





 AM





 AG

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD.

  MA MB MC MD 





 0  

  3 MA MG 

9

 0



1 4

Ta có 9

 AM





   AB AC AD









1 12

.



x ,



y

,



z .

 AM



  AB



  AC



  AD

AB  AB

AC  AC

AD  AD

x 12

y 12

z 12

Đặt Khi đó .

 đồng phẳng nên

    

1

y

x

z

12.





 , M B C D

 ,

,

z y x 12 12 12

3

z

x

Do 4 điểm



64

xyz



  y 3

  

  

. Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy:

V

V



V



V











 AB C D

ABCD

 AB C D

ABCD

1 64

1 xyz

Mặt khác .

min

V

    

4

y

x

z

P

//

BCD

V











 

 AB C D

ABCD

1 64

-67-

Do đó .



  BC BD ;



 Chọn

  1;1;1

 Pn 



 

 

   1 5





 AB

  AB



x B y

   

1

5

 B



  4;4; 2 .



B

1 4

z

 

3 1



B

x



4



y



4



z



2

      .  z

6 0

0

y

x

     Phương trình (P) là  1



 1



 1







 có

4;2;3

 B

D

C

A

  2;0; 1 ,







Ta có

Ví dụ 47. (Sáng tác) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp       1;3; 2 ,  1;1;0 , . Viết phương trình ABCD A B C D .  , cắt các tia AB, AD, AA lần lượt tại mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm tam giác B CC các điểm M, N, P sao cho tứ diện AMNP có thể tích nhỏ nhất.







 và G là trọng tâm tam giác B CC

 Phân tích đưa ra bài toán gốc và định hướng:

Dựa vào đề bài ta có thế thấy bài toán gốc đặt ra là: Cho hình hộp  . Xác định vị trí mặt phẳng (P) ABCD A B C D . đi qua G, cắt các tia AB, AD, AA lần lượt tại các điểm M, N, P sao cho tứ diện AMNP có thể tích nhỏ nhất.

Để giải quyết bài toán gốc này, ta sử dụng tư duy theo phương pháp định lượng. Từ đề bài ta nhận thấy rằng các đỉnh của hình hộp hoàn toàn xác định. Gọi G  . Ta thấy G là điểm cố định và 4 điểm G, M, N, P là trọng tâm của tam giác B CC

V V

V đó ABDA  không đổi. Từ đó ta đưa về suy nghĩ tham số hóa các tỉ số của các điểm M, N, P. Sử dụng điều kiện đồng phẳng ta đưa ra được mối liên hệ giữa các ẩn. Từ đó tìm được vị trí của mặt phẳng (P) để tứ diện AMNP có thể tích nhỏ nhất.

, trong đồng phẳng. Hơn nữa để tính thể tích AMNP ta sẽ sử dụng tỉ lệ thể tích AMNP  ABDA

 .

 Lời giải:

-68-

Gọi G là trọng tâm tam giác B CC

 AG



  AB



   AC AC 

 AB





 AD



  AA





1 3

2 3

2 3

Ta có .



x

,



y

,

  AG x AM

  

z



 AN



 AP

AB AM

AD AN

 AA AP

y 2 3

z 2 3

Đặt .

x



  

1

3

x

2

y



2

z

 . 3



y 2 3

z 2 3

3

x





2

z

Do G, M, N, P đồng phẳng nên

x y z 3 .2 .2



  

xyz

1

.

y 2 3

1 12

  

3   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

V



V



12

V

AMNP

 ABDA

 ABDA

1 xyz

Khi đó .

V



V



V















ABDA

ABCD A B C D .

ACB D

1 2

1 6

Mà không đổi.

  3

x

2

y



2

z

  

x

,

y



,

z

V Nên AMNP

1 3

1 9

1 6

1  . 6







I

I

   1;2; 1 ,



 3;1;1 .

đạt giá trị nhỏ nhất

,I I lần lượt là tâm của 2 mặt (ABCD) và    BB

   II

3;0;2

    A B C D      DD II

D



 2;3;1





; ; .

 B  AN

  0;1; 3  AD



6

  10; 1; 27



N

5;11;6

 A  AB M







  

; ; Gọi     AA II    AM



6

  11; 7;12



. Do  AP

 9    AA P   MN MP ;

666;108; 342







74;12; 38



 n

P













 

  

Ta có

x



12

y



38

z



274 0

 .

 Phương trình (P) là 74

2;1;2

 I 



Ví dụ 48. gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm và đi qua điểm (Câu 47-Mã đề 101 – Đề thi THPT Quốc gia năm 2018) Trong không   A   . Xét các 1; 2; 1

điểm B, C, D thuộc mặt cầu (S) sao cho AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng

A. 72. B. 216. C. 108. D. 36.

 Phân tích đưa ra bài toán gốc và định hướng:

Dựa vào đề bài ta có thế thấy bài toán gốc đặt ra là: Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau và nội tiếp trong một mặt cầu tâm I, bán kính R. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD.

-69-

Để giải quyết bài toán gốc này, ta sử dụng tư duy theo phương pháp định lượng. Do AB, AC, AD đôi một vuông góc nhau và bài toán đề cập đến thể tích tứ diện ABCD nên ta càng phải tham số hóa độ dài 3 cạnh: AB, AC, AD. Vận dụng công

thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp của tam diện vuông ta suy ra mối liên hệ giữa 3 ẩn. Từ đó tìm được giá trị lớn nhất của khối tứ diện ABCD.

2

2

 Lời giải:

 AB a AC b AD c



,

,

 . Khi đó 2 a



b



c



24 R

2

 V V



abc

  V

2 2 2 a b c

ABCD

1 6

1 36

3

3

2

2

2

2

a





c

4

2

3

2 2 2 a b c



  36

V



 

V R



b 3

4 3 27

R 3

   

   

   

   

Đặt .

V



36.

R IA



3 3

 , Vậy max

A





P ax by

cx







3.2.3. Bài tập tham khảo



3

, 2 đạt giá trị lớn nhất.



2

d

d

(Sáng tác) Trong không gian Oxyz, cho các điểm  :  C 1;1; 5

 0; 2;9 , Ví dụ 49.  và mặt phẳng   B  , a là số nguyên tố. Biết 0  2; 4;9 , d d d lần lượt là khoảng , rằng A, B, C nằm về một phía so với mặt phẳng (P). Gọi 1  6 cách từ A, B, C đến (P). Tính T a b c

d    để 1

2

3

D

C





 1;2;2 ,

 2;0;1 .





 , B C D

 ,



 có thể tích nhỏ nhất.

(Sáng tác) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm   B 1;1;1 , Gọi G là trọng tâm tam giác BCD. Lập 

Ví dụ 50.  A  5;5; 3 , phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, cắt các tia AB, AC, AD lần lượt tại sao cho tứ diện AB C D

4. Đánh giá và kết quả thực hiện

4.1. Trong công tác bồi dưỡng học sinh lớp 11

Sau khi nghiên cứu đề tài, bản thân và đồng nghiệp đã vận dụng vào dạy học theo chuyên đề cho học sinh các lớp 11A1, 11A2, 11A10 của năm học 2019-2020. Vì chưa học thể tích, nên bản thân phát biểu các bài toán dưới dạng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của góc, khoảng cách hoặc một biểu thức về độ dài. Việc tiếp nhận hai lối tư duy (định tính và định lượng) được học sinh tiếp cận khá nhanh. Qua theo dõi việc tiếp thu đề tài và qua kiểm tra các bài làm của học sinh, bản thân nhận thấy các em rất có say mê tìm tòi và tiếp thu đề tài. Điều đó thể hiện ở việc ý thức các em hoàn thiện các bài tập về nhà rất tốt.

Kết thúc chuyên đề, bản thân đã đưa dạng toán này vào đề kiểm tra đánh giá

chất lượng học sinh của các lớp này.

-70-

Kết quả như sau:

 Bảng thống kê theo khoảng điểm:

11A1 11A2 11A10

Khoảng điểm Tỉ lệ Tỉ lệ Tỉ lệ

Số lượng Số lượng Số lượng % % %

Dưới 5,0 0 0 0 0 0 0

Từ 5,0 đến dưới 6,0 0 0 0 0 0 0

Từ 6,0 đến dưới 7,0 0 0 0 0 0 0

Từ 7,0 đến dưới 8,0 0 0 4 9,8 7,0 3

Từ 8,0 đến dưới 9,0 8 18,2 10 24,4 10 23,3

Từ 9,0 đến dưới 10,0 16 36,3 21 51,2 12 41,8

Đạt 10,0 điểm 20 45,5 6 14,6 18 27,9

Tổng 44 100 41 100 43 100

 Bảng thống kê số lượng học sinh làm đúng các câu các câu giá trị lớn nhất,

nhỏ nhất trong hình học không gian

Lớp 11A1 Lớp 11A2 Lớp 11A10

(44 HS) (41 HS) (43 HS) Câu

Số HS Tỉ lệ Số HS Tỉ lệ Số HS Tỉ lệ

Câu 10 TN 44 100% 40 97,6% 40 93,0% (Mức VD)

Câu 3TL 28 63,6% 12 29,3% 18 41,9% (Mức VDC)

Nhìn vào kết quả trên bản thân nhận thấy về mặt cơ bản các em học sinh đã giải quyết được các bài toán lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian ở mức độ vận dụng. Nhìn vào kết quả ta thấy, đại đa số các học sinh 2 lớp 11A1 và 11A10 có phần nắm vững đề tài hơn. Kết quả nhận được cao hơn. Việc điểm học sinh 11A2 có thấp hơn so với 2 lớp kia có hai nguyên nhân chính. Một là ý thức tiếp thu của một bộ phận học sinh trong lớp đó kém hơn. Hai là do sự phân luồng chất lượng học sinh giữa các đơn vị.

-71-

4.2. Trong công tác bồi dưỡng học sinh lớp 12

Tiếp tục áp dụng đề tài vào dạy học cho năm học 2020-2021, bản thân đã xây dựng hai chuyên đề để áp dụng vào dạy học cho các đơn vị lớp 12A1, 12A2, 12A6 của năm học 2020-2021 tại đơn vị sở tại.

Chuyên đề thứ nhất là “Bài toán max, min của thể tích khối đa diện”. Chuyên đề này được thực hiện ở học kỳ 1, sau khi học sinh học đã hoàn thiện kiến thức Chương 1-Hình học 12.

Để đánh giá hiệu quả của đề tài, bản thân cùng đồng nghiệp đã đưa dạng toán

này vào Đề thi cuối Học kỳ 1 và Đề thi giữa Học kỳ 2. Kết quả như sau:

 Bảng kết quả số lượng học sinh làm đúng các câu giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian trong Đề thi cuối Học kỳ 1 năm học 2020-2021

Lớp 12A1 Lớp 12A2 Lớp 12A6

(44 HS) (40 HS) (30 HS) Câu

Số HS Tỉ lệ Số HS Tỉ lệ Số HS Tỉ lệ

Câu 46 44 100% 40 100% 30 100% (Mức VD)

Câu 50 38 86,4% 18 45,0% 20 66,7% (Mức VDC)

 Bảng kết quả số lượng học sinh làm đúng các câu giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian trong Đề thi giữa Học kỳ 2 năm học 2020-2021

Lớp 12A1 Lớp 12A2 Lớp 12A6

(44 HS) (40 HS) (30 HS) Câu

Số HS Tỉ lệ Số HS Tỉ lệ Số HS Tỉ lệ

Câu 43 44 100% 40 100% 30 100% (Mức VD)

Câu 49 36 81,8% 16 40,0% 18 60,0% (Mức VDC)

-72-

Đối chiếu kết quả trong toàn bộ quá trình triển khai đề tài ta thấy, số lượng học sinh làm đúng các câu về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian của học sinh lớp 12 đã tăng lên nhiều hơn. Đây là một kết quả khả quan khi áp dụng đề tài.

III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

1. Kết luận

Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian đã được tác giả nghiên cứu lâu và đặc biệt chú tâm từ năm học 2019-2020 cho đến nay. Trong suốt quá trình nghiên cứu, bản thân luôn trăn trở tìm cách làm sao để rèn luyện cho học sinh cách tư duy loại toán này. Đồng thời cũng chịu khó nghiên cứu các bài toán hình học phẳng lẫn hình học không gian thuần túy để xây dựng được các bài toán giá trị lớn nhất trong hình học không gian. Bản thân đã tham khảo các tài liệu, các đề thi học sinh giỏi của các trường, các tỉnh, các đề thi TNTHPT, các kênh thông tin từ đồng nghiệp, từ mạng internet, ... để nghiên cứu và hình thành nên đề tài.

Qua việc nghiên cứu đề tài, tôi nhận thấy:

 Đối với bản thân:

Bản thân phần nào được rèn luyện năng lực chuyên môn, giúp bản thân phân loại bài tập tương ứng với từng mức độ học sinh. Xây dựng chuyên đề dạy học nhằm phát triển tư duy cho các em học sinh.

 Đối với học sinh:

Đối với học sinh các em được rèn luyện nhiều về các năng lực Toán học thông qua việc nghiên cứu bài toán cực trị hình học không gian và ứng dụng vào các bài toán liên quan. Các em được phát triển năng lực tư duy và lập luận Toán học thông qua việc phát hiện được các điểm khác biệt của các tình huống trong mỗi bài toán và lý giải được sự khác nhau đó. Các em được rèn luyện năng lực giải quyết các vấn đề Toán học thông qua việc biết phân tích và lựa chọn giải pháp thích hợp cho mỗi bài toán. Thậm chí còn có thể đưa ra một số bài toán tổng quát hóa hoặc các bài toán tương tự.

-73-

Ngoài ra, đề tài phần nào giúp học sinh làm quen với bài toán cực trị trong hình học không gian thuần túy và áp dụng vào các bài toán cực trị trong hình học tọa độ. Các em được tiếp cận các bài toán từ đơn giản đến phức tạp. Các bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học không gian là các bài toán rất phong phú, đa dạng, do đó đòi hỏi người giải phải biết tư duy, nhiều bài toán có được lời giải hoặc lời giải hay là nhờ việc khai thác đúng đắn các đặc điểm về dạng của bài toán. Nhìn về lượng và chất thì bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập là rất ít, không đủ cho các em học sinh rèn luyện. Do đó đề tài này là cầu nối giúp các em nhìn vấn đề một cách hệ thống hơn, khái quát hơn, làm hành trang cho các em trong các kỳ thi. Bản thân tôi khi dạy cho học sinh chuyên đề này, tôi thấy các em rất thích thú và khi đứng trước các dạng toán này, các em đã vận dụng cách giải một cách linh hoạt, có khi cùng một đề các em lại giải được nhiều cách khác nhau. Các em vận

dụng hai lối tư duy định tính và định lượng cho các bài toán này trở nên nhuần nhuyễn hơn.

Một kết quả khá rõ khi bản thân áp dụng đề tài việc bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường sở tại trong năm học 2020-2021 đó là đã có thành tích với 1 Giải Nhất và 2 Giải Nhì.

 Đối với đồng nghiệp, bộ môn, nhà trường:

Đề tài góp phần bổ sung tư liệu giảng trong quá trình dạy học. Qua đó nâng

cao chất lượng học sinh đầu khá cho nhà trường.

2. Kiến nghị

Đề tài có khả năng áp dụng cho học sinh khối 11 và 12 trong các nhà trường THPT. Đặc biệt là trong quá trình dạy các chủ đề góc, khoảng cách lớp 11, các chủ đề thể tích, cực trị trong hình học tọa độ không gian lớp 12.

Tôi xin cam đoan nội dung đề tài là do tác giả thực hiện và báo cáo.

Với mục đích đưa ra để các đồng nghiệp tham khảo và cùng thảo luận để góp phần vào quá trình giảng dạy Toán ở phổ thông. Đề tài đã thể hiện được sự cố gắng và đam mê của tác giả nhưng vẫn còn mang sắc thái chủ quan. Trong quá trình thực hiện không thể tránh khỏi những thiết sót. Để đề tài thực sự có được giá trị, tác giả rất mong nhận được sự góp ý, chia sẻ của các thầy cô và đồng nghiệp để hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn!

Nghệ An, ngày 20 tháng 03 năm 2020

-74-

Tác giả

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách giáo khoa Hình học 11, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[2]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách giáo khoa Hình học 11 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[3]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách Bài tập Hình học 11, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[4]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[5]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách giáo khoa Hình học 12, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[6]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách giáo khoa Hình học 12 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[7]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách Bài tập Hình học 12, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[8]. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2006) Sách Bài tập Hình học 12 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[9]. Bộ giáo dục và đào tạo, Đề minh họa và Đề chính thức Kỳ thi TNTHPT năm 2018, 2019, 2020.

[10]. Đề thi Học sinh giỏi cấp Tỉnh của các tỉnh thành trong nước.

-75-

[11]. Internet.

PHỤ LỤC

Phụ lục 1. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 – HÌNH HỌC 11

NĂM HỌC 2019-2020

Thời gian : 45 phút

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM ( 5,0 điểm )

A B C D không thẳng hàng. Điều kiện cần

,

,

,

,

Câu 1. Trong không gian cho điểm O và bốn điểm , 







A.

.





C.

.

D.

.

và đủ để   OA OB OC OD      OB OC OA 

A B C D tạo thành hình bình hành là: ,    0  OD





 B. OA OC OB OD     OC OB 

 OA





.  OD

1 2

1 2

1 2

1 2



 . Biểu thức nào sau đây đúng:

A.

.

B.

.







 AD

C.

.

D.

.

  Câu 2. Cho hình hộp ABCD A B C D .     AB AA ' AB AD '      AD AB AD AC  ' '





   '  AC AB AA  '     A D A B A C ' ' ' '



Câu 3. Trong không gian cho đường thẳng  và điểm O . Qua O có mấy đường thẳng vuông

góc với  ?

A. 1.

C. Vô số.

D. 2 .

B. 3 .

Câu 4. Trong không gian cho các đường thẳng

,a b c và mặt phẳng  ,

P . Mệnh đề nào sau đây

sai?

a

A. Nếu

b .

 P



và b // 

P thì a

B. Nếu

a

b c ,

b và a cắt c thì b vuông góc với mặt phẳng chứa a và c .

c thì c

a .

C. Nếu a // b và b

D. Nếu a

b và b

c thì a // c .





Câu 5. Cho lập phương

 . Chọn khẳng định sai:

 ABCD A B C D .

A.

.

B.

.

C.

.

'A A BD

AC B D

'

'

D. AC BD

AB CD

'

'





.   , gọi M là trung điểm cạnh bên BB . Đặt CA a

ABC A B C .

. Khẳng định nào sau đây là đúng?

 

A.

.

B.

.

Câu 6. Cho hình lăng trụ tam giác   , CB b  AM

  , CC c   a b    

 c

  AM a  

  b c 

1 2

1 2

C.

.

D.

.

 AM

 

   a b c  

  AM a  

  b c 

1 2

1 2

bằng?

Câu 7. Cho tứ diện đều ABCD. Tích vô hướng

  .AB CD

-76-

2

2

B.

.

C. 0 .

D.

.

A.



2a .

a 2

a 2

Câu 8. Cho hai đường thẳng phân biệt

. Chọn mệnh

a

P , trong đó

 P



,a b và mặt phẳng 

đề sai.

//b

b

A. Nếu

//b a thì

B. Nếu

//b a thì

.



 P .

 P



C. Nếu

thì

D. Nếu

b

//b

a .

a .

 P







bằng

Câu 9. Cho hình lập phương

P thì b  và EG

//b  ABCD EFGH . Góc giữa cặp vectơ AF

.

A.

B.

C.

D.

o0 .

o60 .

o90 .

o30 .

Câu 10. Cho hình chóp

.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB a ,

SA a

3,

SA



ABCD

. Trên đoạn CD lấy điểm M. Góc giữa SA và (SBM) lớn nhất bằng





A. 45 .

B. 30 .

C. 60 .

D. 90 .

B. PHẦN TRẮC NGHIỆM TỰ LUẬN ( 5,0 điểm )

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật,

Cạnh SA

AB



a AD 3 ,



a 5 .

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA a .

a) Chứng minh rằng

.

CD



SAD





.

b) Gọi H, K là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh rằng HK SC

c) Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua D và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P sao cho

2

3

 . Tìm giá trị nhỏ nhất của côsin góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (P).





4 1 SM SN SP a

-77-

Phụ lục 2. ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ 1 – KHỐI 12

NĂM HỌC 2020-2021

Câu 1. Cho hàm số

có bảng biến thiên như sau:



Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

.

.

Thời gian 90 phút  f x

A. 

;0 .

B. 

1;0

C. 

   . ; 1

D. 

1;1

Câu 2. Tìm tập xác định D của hàm số

y

x  3

.

D 

0;

D  

A.

B.

.

C. D   .

D.

.



   .

 D  

;0

  \ 0

y

 

x

2 2 

x

 . Giá trị của m là

3

Câu 3. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số

A.

B.

C.

D.

4m  .

0m  .

3m  .

2m  .

Câu 4. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy bằng 2 và chiều cao bằng 3.

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

V

 18

V

 16

4V

12V

3

2

Câu 5. Cho

.

y



a

a



0,

a

 . Tính giá trị của

1

loga

.

B.

.

C.

.

.

3

3

D. 2 3

A. 3 2

y



Câu 6. Cho hàm số

có bảng biến thiên như sau

  f x

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

A.

B.

C.

D.

x  . 1

x  . 2

x  . 0

x  . 5

y



Câu 7. Hàm số

có đồ thị là hình nào dưới đây?

x x

 

2 1

-78-

y

y

2

2

1

1

1

1

x

O

2

O

x

2

.

A.

B.

.

y

y

3

1

1

1

1

x

O

x

O

2

.

C.

D.

.

Câu 8. Cho hàm số

  f x có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình

là

f x 

( ) 2020

A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

3

Câu 9. Hàm số

y



x



23 x



9

x



2020

nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

 

.

.

A. 

3;1

B. 

1;3 .

C. 

  ; 3 , 1;

 . D. 



1;3

Câu 10. Hình bát diện đều thuộc khối đa diện đều nào sau đây? 4;3 .

5;3 .

3;3 .

C. 

A. 

B. 

D. 

3;4 .

4

2

Câu 11. Cho hàm số

y



ax



bx

 có đồ thị như hình vẽ sau đây.

c

Khẳng định nào sau đây đúng ?

a



0,

b



0,

c

0

a



0,

b



0,

c

a



0,

b



0,

c

0

a



0,

b



0,

c

A.

 . B.

 . 0

C.

 . D.

 . 0

-79-

Câu 12. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

là

y



x  1 2  1 x

C.

A.

B.

D.

y  . 1

y   .

1

y  . 2

1 y  . 2

Câu 13. Biết



m

, log 3

 . Tính

n

log 30 theo m và n .

log 2 5

5

5

1n 

2m n

m n 

1

2m n 3

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

x

Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình

là

 32

8



6;

A. 

 ; 6 .

B. 

0;6 .

C. 

0;3 .

D. 

  .

4

Câu 15. Giá trị lớn nhất của hàm số

bằng

y

 

x



22 x

 trên đoạn  1

2;5

C. 1 .

D. 2 .

A. 7 .

B. 5.

Câu 16. Tập xác định của hàm số

là

y



log

x



3





B.

.

C.

.

.



3;  .

D. (



; 3)

3; 

A. 





 ; 3





Câu 17. Cho hình nón có bán kính đáy là R , đường cao là h. Diện tích xung quanh được tính bởi công thức nào sau đây?

2

2

A.

.

B.

.

C.

.

D.



R R



h

Rh 2

Rl 2

Rh

xqS

xqS

xqS

xqS

.

Câu 18. Với

0a  ,

0b  ,

,  là các số thực bất kì, đẳng thức nào sau đây sai?

 

 



   a

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

.a a



a

   .a b



ab  



 a b

a b

 a  a

   

     

Câu 19. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu cạnh?

A. 8.

B. 4.

C. 6.

D. 10.

Câu 20. Hàm số nào sau đây luôn đồng biến trên từng khoảng xác định?

2

x

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

y



y



y



y



 x 3  x 2 1

x x

 

1 1

x x

 

2 2

 x

2020  1

Câu 21. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

4

4

A.

B.

C.

D.

y



x

3 3 

x .

y

3 3 x   

x .

y



x



22 x .

y

x   

22 x .

Câu 22. Khối nón có độ dài đường sinh bằng 5, bán kính đáy bằng 4 thì thể tích khối nón bằng

A. 15 .

B. 18 .

D. 17 .

C. 16 .

-80-

x m

Câu 23. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y

  cắt đồ thị của hàm số

tại hai điểm phân biệt?

y



x x

 

1 5

A.

B.

. D.

m 

2;10

m   

; 2

m 

2;10

m   

; 2



 10;

  .C.





  .





.







 10;

Câu 24. Tính đạo hàm của hàm số

.

y 

7 x

x

 1

x

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

y 

y 

7 x

y

 

.7x x

y 

7 ln 7

7 ln 7

Câu 25. Đồ thị hàm số

y



33 x

  và trục hoành có bao nhiêu điểm chung?

2

x

A. 2 .

C. 1.

B. 0.

D. 3.

3

Câu 26. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số

y



x



23 x

 1

.

A. 

2;5

B. 

1;3 .

C. 

0;1 .

D. 

 1; 1  .

Câu 27. Nghiệm của phương trình

x 

6

 là 5



 log 2 2

A.

B.

.

C.

D.

.

5x  .

x 

13

2x  .

x 

26

Câu 28. Tính giá trị biểu thức

.

P

1 823 . 3

   

16   

B.

C.

D.

53 .

113 .

59 .

A. 30 .

Câu 29. Cho a là số thực dương khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi hai số dương , x y ?



log

x



log

y



log

x



log

y

A. log

.

B. log

.

a

a

a

a

a

a

x y

x y

a

C.

.

D.

.

log



log

x



y

log







a

a

a

x y

x y

log log

x y

a

như sau:

Câu 30. Cho hàm số ( )

f x có bảng dấu

f x ( )



Hàm số

 đạt cực đại tại

y

f

(2

x

)

A.

B.

C.

D.

x  . 3

x  . 5

x  . 2

1x  .

2 5 x

x

. Giá trị của biểu thức

5

  8

25

2



bằng

Câu 31. Gọi 1x , 2x là các nghiệm của phương trình 2  A x 1

x 2

B. 13

C. 6 .

A. 11.

D. 5 .







4

Câu 32. Tính thể tích của khối hộp chữ nhật

 có

AD  ,

AB  ,

3

BB  ' 5.

ABCD A B C D .

A. 72 .

B. 90 .

C. 84.

D. 60 .

-81-

3

Câu 33. Điểm cực tiểu của hàm số

y

   x

23 x

 là 3

A.

B.

C.

D.

0x  .

3x  .

2x  .

x   .

1

3

y

 

x



26  x mx

 nghịch biến

2

Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số trên khoảng 

   là 3; 1

 

; 2

.

.

12;   .

B. (

 

; 12]

A. 

 2;   .





C. 

D. 

Câu 35. Cho hình hộp chữ nhật có các kích thước lần lượt là

a

a , 2 , 3

a . Thể tích khối cầu ngoại

tiếp hình hộp chữ nhật đã cho là

3

3

a

A.

.

B.

C.

.

D.

.

V 

V



36V a

36V

a 

7 14 3

 a 7 14 3

Câu 36. Một người gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất không đổi là 0, 6% trên tháng, với số tiền ban đầu là 50 triệu đồng. Hỏi sau đúng 1 năm kể từ ngày gửi,

người đó có tổng cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu triệu đồng? Kết quả làm tròn đến hai chữ số phần thập phân.

A. 52,32 (triệu đồng).

B. 53, 72 (triệu đồng).

C. 54, 22 (triệu đồng).

D. 51,95 (triệu đồng).

3 3.a

a được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu

Câu 37. Cho a là số thực dương. Biểu thức

tỉ là

A.

B.

C.

D.

10 3a .

7 3a .

4 3a .

2 3a .

y



Câu 38. Cho hàm số

có bảng biến thiên như hình bên dưới. Hỏi đồ thị hàm số đã cho

  f x

có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và ngang?

A. 3 .

B. 2.

D. 1.

và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M

y



 f x



C. 4. 1;3

liên tục trên đoạn 

. Giá trị của

1;3

bằng

Câu 39. Cho hàm số và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  2M m

-82-

A. 4 .

B. 5.

C. 7.

D. 6.

Câu 40. Mặt cầu 

S có bán kính

5R  . Diện tích của mặt cầu 

S là

B.

.

C.

A. 25.

S

 100

D. 20.

.

100 3

Câu 41. Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy là B và đường cao là h là

2

A.

B.

C.

D.

V B h .

V B h .

V

R h

V



B h .

1 3

1 3

Câu 42. Cho hình trụ có bán kính đáy R và đường cao h. Thể tích khối trụ được tính theo công thức nào sau đây?

2

2

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

V

R h

2V

Rh

V



Bh

V

R h

1 3

1 3

x

x



4

m



2 0

   . Biết rằng phương trình đã cho có hai

 4 2

 ,x x thỏa mãn

m 1 4

x

 . Khẳng định nào đúng?

Câu 43. Cho phương trình nghiệm phân biệt 1

2

x 1

2

A.

B.

.

.

0m  .

15m 

C. 8

 15m

D. 0

8m

 .

Câu 44. Cho bất phương trình

ta được bất phương trình

log

x



log

x

  . Đặt

3 0

t



log

x

2 2

2

2

nào sau đây?

B.

C. 2 t

  . 3 0

A. 2 2 t t

  . 3 0

24 t

t   .

3 0

D. 2 t

t   .

3 0

1 t 2

2

y



x

x

Câu 45. Tính đạo hàm của hàm số

 log 2 2

   . 1

A.

.

B.

.

y

 

y

 

2

4 2 x

1  x   x

2

1

4 x   x

2

x



 1 ln 2

C.

.

D.

.

y

 

y

 

2

2

2

x

1   x

2

x

4  x 1    x 1 ln 2





 1 ln 2

. Cạnh

.S ABCD có ABCD là hình vuông,

SA

a 3



a 2

AB

và vuông ABCD . Gọi E là trung điểm AB. Điểm M di động trên đoạn CD. Tìm giá trị

Câu 46. Cho hình chóp góc với mặt phẳng 



nhỏ nhất của côsin góc giữa SA và (SME).

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

2 3

1 2

3 3

3 4

-83-

Câu 47. Cho hai số thực

,x y thỏa mãn 1 x

  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

y

4

.

P



log



log

x

2 x





y x

y x

C.

D. 2 3 .

B. 4 .

A. 5 .

33 4 .

'BB . Trên cạnh

'

'

'

'

Câu 48. Cho hình lập phương 'DD lấy điểm N sao cho

ND

'

ABCD A B C D cạnh a . Gọi M là trung điểm  2

. . Tính thể tích tứ diện ACMN .

ND

3

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

35 a 18

35 a 36

a 9

33 a 20

trị nguyên của

trình

tham số m để phương

có nghiệm?

tất cả bao nhiêu giá  m

log





x

Câu 49. Có  3 x log 9 2 log



27

3

3

A. 11.

B. 12.

C. 18 .

D. 10 .

NB

SN



2

Câu 50. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành, thể tích V. Gọi M là trung điểm SA,  đi qua các điểm M, N cắt các N là điểm nằm trên cạnh SB sao cho

. Mặt phẳng 

cạnh SC, SD lần lượt tại P, Q. Tính thể tích lớn nhất của khối chóp S.MNPQ.

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

V 2 3

V 3

V 4

V 3 8

-84-

Phụ lục 3. ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 2 – KHỐI 12

NĂM HỌC 2020-2021



23 x



2

x

Thời gian 90 phút

Câu 1. Họ nguyên hàm của hàm số

 là: 5

 f x



3

3



x



2 x C



x

A.

 .

B.

  . x C

 F x



 F x



3

3



x



x

2 5 

x C



x



x

C.

 .

D.

2 5  .

 F x



 F x



Câu 2. Viết công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số

, trục

y



  f x

x



a x ,





.

Ox và các đường thẳng

 b a b



b

b

b

b

2

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

f

  f x dx

  f x dx

  f x dx



 x dx









a

a

a

a

A

B

5;3;6

,

,

. Tính

Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với



 2;1;1





 C

 1; 2;3

diện tích tam giác ABC .

S

523

A.

. B.

.

C.

. D.

.

S



523

S



532

S



352

ABC





ABC



ABC



ABC

1 2

1 2

1 2

,

y  , 2

y 

e x

x  , 0

1x  .

Câu 4. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường

A.

B.

C.

S   . e 3

S 

4ln2 e 6

  .

S 

4ln2 e 5

  . D.

S 

2e

 . 7

Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng x

  ? 1 0





2

3

y

z

A.

.

B.

C.

.

D.

.

N

Q

P

M

3;1;0



 0;1;1



  . 2;0; 1

  1;1;1





qua trục Oy là

3; 1; 2

Câu 6. Trong không gian Oxyz , điểm N đối xứng với

 M 



A.

. B.

.

C.

.

D.

.

N   

3; 1; 2

 3;1; 2

N

  3; 1; 2

N

3;1; 2





 N 











Câu 7. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y

x  là 1

y

x

2 1  và

A.

B.

C.

D.

.

S 

9 S  . 2

1 S  . 6

3 S  . 2

13 6

1;2;5

và

. Tìm tọa

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

 3; 2;3A



 B



độ trung điểm I của đoạn thẳng AB .

I

2;0;8

I

I

A.

.

B.

.

.

.







 1;0; 4



Câu 9. Cho các vectơ

;

;

. Vectơ

có tọa độ

 a 

1;3;4

D.  a

2

  I 2; 2;1   c b 5 3





 v



 1;2;3

   2; 2; 1   b  



C.   c  

 2; 4;1



là

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

 v 

3; 7; 23

 v 

7;3; 23

 v 

23; 7;3

 v 

7; 23;3

















-85-



2

y



2

z

  và 3 0

 : P x

1 0





2

2

y

z

  . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đã cho là

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   :  Q x

A.

.

B. 4 .

C.

.

.

D.

2 3

4 9



3

y z

  

2 0

P chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng 

4 3  : 2 Q x

Câu 11. Giả sử mặt phẳng  P là. . Phương trình của 

x

z 3

A.

 . 0

B.

C.

D.

y

z 3

 0

y

z 3

 0

x

y 3

 0

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

E

(2;1;1),

F

(0; 3; 1)

 . Mặt cầu  S

đường kính EF có phương trình là

2

2

2

2

2

x





y



2



z

 . 9

x





y



z

 . 9

A. 

 1





B. 

2 1

2

2

2

2

2

2

x



2



y





(

z



1)

 . 9

x





y



2



z

 . 3

C. 





 1

D. 

 1





3

2

3

Câu 13. Cho

,

. Tính

.

x  d

3

x   d 1

d

x

  f x

  f x

  f x







1

1

2

A. 4 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 2 .

Câu 14. Cho hai hàm số

và

y

liên tục trên  . Gọi D là hình phẳng giới hạn

  g x

y



a b

bởi các đồ thị hàm số

  f x  y ,

diện tích của

và hai đường thẳng x

   f x

y    g x

a , x b 



D được theo công thức

a

b

A.

. B.

.



g x



g x

  f x

  d x

  f x

  d x





b

a

b

b

b

C.

.

D.

.

S



x d



x d



x

  f x

  g x

 f x



  g x

d









a

a

a

. Tính

 

Câu 15. Một ô tô đang đi với vận tốc 60 km/h thì tăng tốc với gia tốc

  a t

 t 2 6 km/h

2

quãng đường ô tô đi được trong vòng 1h kể từ khi tăng tốc.

A. 26 km .

B. 60 km .

C. 62 km .

D. 63 km .

và

 a 

  1; 2; 2



?



D.

.

.

.

.

 135

 120

 45

 60

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hãy tính góc giữa hai vecto   1; 1; 0 b       A.  a b  ,

   , a b 

  , a b 

C. 

B. 



  , a b 



A

B

C

Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ

, cho ba điểm

  3; 2;1 ,

  1; 1; 2 ,

   1;2; 1

. Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn

.



 OM

2

Oxyz    AB AC

2; 6; 4

M  

M

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

 M 

  2;6; 4

 M 



 2; 6; 4



 5;5;0



-86-

1; 2;5

và vuông góc với hai mặt

 M  



Câu 18. Trong không gian  y

1 0

 



3

2

x

z

, mặt phẳng đi qua điểm Oxyz  x 3 2

  

1 0

y

z

phẳng

và

có phương trình là

A.

. B.

.

C.

. D.

.

x

    z

6

y

0

x

    z

2 0

y

x

    z

2

y

0

2

x

    z

1 0

y

Câu 19. Trong không gian

, cho hai điểm

,

. Độ dài đoạn thẳng

1; 2;3

B

Oxyz

AB

 A 



 1;0;2



bằng

5

29

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

9

3

Câu 20. Tìm nguyên hàm

.

x

2.e x

 F x của hàm số

  f x

2

x

x

A.

.

B.



2e

x





C



22e

x



2

 . C

  F x

  F x





1 2

  

  

x

x

C.

D.

.



x



2

 . C



x





C

  F x





  F x

21 e 2

21 e 2

1 2

  

  

Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ

, cho điểm

và mặt phẳng

Oxyz

 1; 2;1



trình

. Viết phương trình mặt cầu tâm

P  I  và tiếp xúc với mặt phẳng

:

I

x



2

y



2

z

 

8 0

có phương P 

2

2

2

2

2

2

A.

.

B.

.

x



1



y



2



z





9

x





y



2



z





9









 1



 1







 1



2

2

2

2

2

2

C.

.

D.

.

x



1



y



2



z





3

x



1



y



2



z



1



4









 1















x



3

y

  z

0

P

Câu 22. Tìm một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

.



A.

.

B.

.

.

D.

.

C.

 n



 2; 3 ;0

 n



 2; 3

 n

2;

 : 2  n









  2; 3 ;1



  ; 1

  

  3 1 ;

P

x



3

y



6

z



 19 0

2;4;3

Câu 23. Trong không gian

và điểm

.

Oxyz



 A 



d

d

Gọi

là khoảng cách từ

đến mặt phẳng

 : 2 . Khi đó

bằng

A

, cho mặt phẳng P



A.

.

B.

.

C.

D.

.

3

2

4

. 1

2

2

2

Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ













2

2

9

S

x

y

z

  :

 1









và mặt phẳng

. Biết

 theo giao tuyến là đường tròn có bán kính

cắt

P

x

  y

2

z

 

1 0



 : 2

Oxyz P 

, cho mặt cầu S 

. Tính

.

r

r

r 

3

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

r 

2

r 

3

r 

2 2

A



B

C

6; 5; 0

ABCD

Câu 25. Cho hình bình hành

với

,

. Tọa độ đỉnh

là

D



 2; 3; 1 ,



  3; 0; 1





A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

D

D

D

D

  1; 8; 2



  11; 2; 2



 11; 2; 2



 1; 8; 2



2

Câu 26. Cho hình phẳng

và

. Tính thể tích

V

y

x

y

x



H

của khối tròn xoay sinh ra khi cho hình phẳng

quay quanh trục

.

Ox

giới hạn bởi đồ thị các hàm số 

H

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

V 

V



V



V 

3 10

 9 70

 3 10

9 70

-87-

x  

10

,

,

,

y



x

2 2 

x

y 

0

Câu 27. Tính diện tích miền hình phẳng giới hạn bởi các đường x 

10

.

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

2000

S 

2008

S 

S 

2000 3

2008 3

3

2



4

x



3

x

2

3

Câu 28. Nguyên hàm

 thõa điều kiện

 F x của hàm số

  f x

1 F   là:



4

3

4

3

4

3

4

3

A.

.

C.

D.

x



x



2

x

 . B.

3

x



x



2

x

x



x



2

x

 . 4

x



x



2

x

 . 3

x 

của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng

0x 

V

0

Ox

Câu 29. Tính thể tích của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục

và tại điểm có hoành độ

, biết rằng thiết diện là

 x  

x 

một tam giác đều cạnh

.

2 sin x

3V 

3V 

A.

B.

C.

D.

V 

2 3

V 

2

3

Câu 30. Tìm

.

x d



x 6 x 3

 

2 1

A.

B.



2

x



ln 3

x

  .

C

1



ln 3

x

  .

C

1

  F x

  F x

4 3

4 3

C.

D.

F x

x



4ln 3

x

  .

C

1



2

x



x

C

  2 

  F x

 4 ln 3

   . 1

H

Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho

 . Phương trình mặt phẳng 

 1;1; 3



P đi qua H cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C (khác O) sao cho H là trực tâm

tam giác ABC là:

A.

x

  y

3

z

  . B. 0

7

x

  y

3

z



11

 . C.

0

x

  y

3

z

  . D. 0

7

x

  y

3

z



11 0

 .

2

I



4

x



1d

x

Câu 32. Tính tích phân

.



0

13

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

4

4 3

13 3

bằng:

Câu 33. Nguyên hàm sin 2 dx x



B.

D.

A. cos 2x C .

C. cos 2x C

 .





cos 2

x C

 .

cos 2

x C .

1 2

1 2

, cho ba điểm

,

và

. Mặt phẳng

Oxyz

M

2; 0; 0

N

0;1;0

P

0; 0; 2













có phương trình là

Câu 34. Trong không gian MNP 

A.

. B.

.

C.

.

D.

.



  

1



0



1

x 2

y z    1  1 2

x 2

y 1

z 2

x 2

x 2

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ

, cho ba điểm

,

.

;

Oxyz

1;3;2

 2;4; 3

A

C

 3;2;1

 B 



y z   1 2  

y z   1 2   

Tích vô hướng

là

  .AB AC

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

2

2

10

6

-88-

2

2

Câu 36. Cho

. Khi đó

có giá trị bằng.

d

x 

5

2

x d

  f x

  f x

 

 x 





0

0

B. 12.

A. 8 .

C. 3 .

D. 10 .

Câu 37. Cho hàm số

liên tục trên

và

là một nguyên hàm của

. Tìm khẳng

 f x



 F x

  f x



;a b

định sai.

b

b

A.

.

B.

.

d





d





 f x



  x F b

 F a



  f x

 x F a



  F b





a

a

a

b

a

C.

.

D.

.

x 

0

x d

 

x d

  d f x

  f x

  f x







a

a

b

, trục hoành, đường

y



Câu 38. Kí hiệu S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

  f x

thẳng x

a , x b (như hình bên). Hỏi khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

c

b

c

b

A.

.

B.

.

S



d

x



d

x

S

 

d

x



x d

  f x

  f x

  f x

  f x









a

c

a

c

c

b

b

C.

.

D.

.

S



x d



d

x

S

x

 f x

 d

  f x

  f x

 





a

a

c

, viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm

Oxyz

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ ,

,

.

0;9;13

2; 7;9

C

A

B

 1;1; 4











A.

. B.

. C.

. D.

.

2

x

    z

2 0

y

7

x



2

y

  

9 0

z

x

    z

4 0

y

2

x

    z

1 0

y

A

 3; 2;5

Câu 40. Trong không gian tọa độ

, cho điểm

. Hình chiếu vuông góc của điểm

Oxyz

A





trên mặt phẳng tọa độ

là



Oxz

M

3;0;5

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

3; 2;0

M

0; 2;5

0; 2;5





 M 







 M 



Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ

, cho hai điểm

và

. Đường

B

5; 6; 2

Oxyz

2;3;6





 A 



thẳng

. Tính tỉ số

AB

M

cắt mặt phẳng 

Oxy tại điểm

AM BM

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.







3



2

AM BM

1 2

AM BM

1 3

AM BM

AM BM

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ

, mặt phẳng

qua hai điểm



cz



27



0



,

A

3;5; 2

x

    . Tính tổng

4 0

y

z



 3; 2;1

 B 



 : Oxyz và vuông góc với mặt phẳng  Q

 P ax by  : 3

.

S

  

a b c

-89-

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

S   4

S   2

S 

18

S 

2

A

B

2;3;0

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ

, cho

,

. Viết phương trình mặt

Oxyz

  1;1;1





phẳng (P) đi qua B và cách A một khoảng lớn nhất.

A.

x

    . B. 5

0

y

z

x



2

y

   . C. 2 0

8

z

x

  y

2

z

  . D. 0

7

x

  

y

z

11 0

 .

3

2

x



1 khi

x



1

Câu 44. Cho hàm số

. Tính tích phân

.

y



x d

  f x

  f x

2



 4 3

x

khi

x



1

0

   

.

A. 12.

B. 6 .

C. 3 .

D. 18



, cho hình lăng trụ

có các đỉnh 

0; 2;0

2;1;2

A

.ABC A B C   ABC A B C .

,

,

,

bằng

C

  . Thể tích khối lăng trụ

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ   B  1; 1;1

 C 







 ' 4; 1; 2

Oxyz 

A.

.

B.

.

D.

.

C.

.

9

3

9 2

3 2

A

B

0;1; 2

 . Điểm M

    1; 2; 1 ,





nhỏ nhất. Tính OM .

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm nằm trên mặt phẳng 

Oxy sao cho MA MB

OM 

33

OM 

17

OM 

29

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

OM 

4 2

2

y



f

f

Câu 47. Cho hàm số

có đạo hàm

 , 3

d

x 

6

  f x

 x



 2

liên tục trên 

0;2 và

 f x





0

4

. Tính

.

x f .

d

x



x 2

  

  

0

A. 6.

B. 0.

C. 3 .

D. 3.

1

3

Câu 48. Biết tích phân

với a , b là các số thực. Tính tổng

d

x





 a b 9

x   1

3

x

2

x



1

0

T

  . a b

A.

B.

.

C.

.

D.

T   .

4

T  

10

T 

15

T  .

8

Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho các điểm

 . Mặt

D

C

A

B

  2; 4; 3 ,

  3; 1;1 ,

 1;3; 8

  1;1;1 ,





0

phẳng (P):  x by phẳng (P). Gọi

   là mặt phẳng đi qua D sao cho A, B, C nằm về một phía so với mặt cx d đạt giá trị d lần lượt là khoảng cách từ A, B, C đến (P). Khi ,





d

 d d , 1

2

d 1

d 32

2

3

lớn nhất, tính

T b c d

  

.

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

T 

67

T 

64

T 

66

T 

65

2

e

x

 1

n

2

Câu 50. Giả sử

 . Tính

T



nabcd

.

dx



ae



b

ln

ce



d

n a b c d , ,

,

,



,







 x ln x ln

ln x

x 

 1

1

1

A.

B.

C.

1T  .

D.

T   .

T  .

8

8T  .

-90-