một số phương pháp cơ bản để giải cực trị trong không gian

SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Phn I: M U
I. Lý do chn ti
Trong chng trình Toán THPT m c th l phn môn Hình hc không
gian. Các em hc sinh ã c tip cn vi phn quan hệ song song, quan hệ
vuông góc,hình chóp,hình lăng trụ,hình hộp v các bi toán liên quan. Tuy
nhiên, phn cc tr hình hc không gian l mt vn khó i vi hc sinh ôn
thi i hc v Cao ng. Hc sinh còn lúng túng v khó khn khi ng trc
mt bi toán cc tr hình hc không gian. Ti sao nh vy?
Lí do chính ây l trong chng trình hình hc không gian sách giáo
khoa c ban nâng cao v c bn u rt ít cp n mc ny. Trong sách
giáo khoa có mt s ví d a ra còn rt n gin, không mang tính h thng
v khái quát nên hc sinh gp rt nhiu khó khn.
II. Mc ích nghiên cu
T lí do chn ti trên, t c s thc tin ging dy các lp 11, 12
cùng vi kinh nghim trong thi gian ging dy tôi ã tng hp, khai thác v
h thng hoá các kin thc thnh mt chuyên Mt s phng pháp c
bn gii bi toán cc tr hình hc không gian.
Qua ni dung ca ti ny tôi mong mun s cung cp cho hc sinh
mt s phng pháp tng quát v mt s k nng c bn v vận dụng các kiến
thức của dại số và giải tích vào giải bài toán cực trị hình học. Hc sinh thông
hiu v trình by bi toán úng trình t, úng logic, không mc sai lm khi
trình by. Hi vng ti nh ny ra i s giúp các bn ng nghip cùng các
em hc sinh có mt cái nhìn ton din cng nh phng pháp gii mt lp các
bi toán cc tr hình hc không gian.
III. i tng nghiên cu
Các bi toán cc tr hình hc không gian.
IV. Phm vi nghiên cu
- Ni dung: Phn cc tr hình hc nm trong chng trình hình hc 11 v 12.
- Mt s bi nm trong chng trình ôn thi i hc.

3
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
V. Nhim v - yêu cu ca ti
- Xut phát t lí do chn ti, sáng kin kinh nghim thc hin nhim
v: Giúp cho giáo viên thc hin tt nhim v v nâng cao cht lng giáo
dc, giúp hc sinh hình thnh t duy logic, k nng phân tích i n mt
hng gii úng v thích hp khi gp bi toán cc tr hình hc phc tp a
v dng n gin, c bn v gii c mt cách d dng. Mun vy ngi
giáo viên phi hng cho hc sinh bit các dng toán.
- Yêu cu ca sáng kin kinh nghim: Ni dung gii pháp rõ rng không
rờm r, logic phù hp vi trng THPT, có sáng to i mi. Gii thiu
c các dng t d n khó.
- ti c s dng ging dy v bi dng ôn thi i hc và giảng
dạy cho các lp cht lng cao.
VI. Phng pháp nghiên cu
Phng pháp
- Nghiên cu lí lun chung.
- Kho sát iu tra thc t dy v hc.
- Tng hp so sánh, úc rút kinh nghim.
Cách thc hin
- Trao i vi ng nghip, tham kho ý kin giáo viên cùng b môn.
- Liên h thc t trong nh trng, áp dng úc rút kinh nghim qua
quá trình ging dy.
- Thông qua vic ging dy trc tip ti các lp chất lợng cao và các
lớp ôn thi i hc.
VII. Thi gian nghiên cu
Trong sut thi gian giảng dy t nm 2006 n nay.
Phần II: NộI DUNG
I. Sử dụng quan hệ giữa đờng vuông góc, đờng xiên v hình chiếu để
tìm GTLN, GTNN

4
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đờng thẳng ( hoặc
một mặt phẳng ), đoạn thẳng vuông góc với đờng thẳng (mặt phẳng) có độ
dài ngắn nhất.
- Trong các đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đờng thẳng song song
(hoặc thuộc một đờng thẳng song song với một mặt phẳng, hoặc thuộc hai
mặt phẳng song song), đoạn thẳng vuông góc với hai đờng thẳng đó (hoặc
với đờng thẳng và mặt phẳng song song, hoặc hai mặt phẳng song song) có
độ dài ngắn nhất.
- Trong hai đờng xiên kẻ từ một điểm đến cùng một đờng thẳng
( hoặc một mặt phẳng ), đờng xiên lớn hơn khi và chỉ khi hình chiếu của nó
lớn hơn.

Ví dụ 1
Cho trên mặt phẳng (P) một đờng tròn đờng kính AB = 2R. Đoạn
CA = 2R vuông góc với (P). Giả sử EF là đờng kính thay đổi của đờng tròn
đã cho. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CEF.
Tóm tắt lời giải :
Vì AC (P), hạ AH EF CH EF.
Có
CHEFS
CEF
.
2
1
=

Vì EF là đờng

kính không đổi S

CEF
lớn nhất khi CH
lớn nhất AH lớn nhất.
Mặt khác AH AO S

CEF
lớn nhất

khi H O AB EF. Vậy
C
A
E
H
O
F
B
5)(
2
RSMax
CEF
=

S

CEF
nhỏ nhất khi CH nhỏ nhất. Mà CH CA S

CEF

nhỏ nhất khi EF AB.
Vậy

2
2)( RSMin
CEF
=


Ví dụ 2

5
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. AA' vuông góc
với mặt phẳng (ABC) và AA' = 2a. Gọi D là trung điểm đoạn BB', M là một
điểm di động trên cạnh AA'. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tam
giác MC'D.
Tóm tắt lời giải :
Gọi I, I' là trung điểm cạnh BC và B'C'. Kẻ
MN // AI, do AI (BB'C'C) nên MN (BB'C'C).
Hạ NH C'D, suy ra MH C'D. Vì vậy diệ
n
tích tam giác C'MD là :
MHDCS
MDC


=

2

1

Vì
2aDC =

không đổi nên S

C'MD
lớn nhất
(nhỏ nhất) khi đờng cao MH lớn nhất (nhỏ
nhất).


Mặt khác, vì và
222
NHMNMH +=
C'
A'
B'
I'
C
A
B
I
M
N

H
2
3a

AIMN ==
không đổi, do đó MH lớn
nhất (nhỏ nhất) khi NH lớn nhất (nhỏ nhất).
Do N chạy trên II' cố định nên NH lớn nhất khi N I, và NH nhỏ nhất khi N
là giao điểm của C'D với II'. Vậy :

4
30
)(
22
a
MNNHMHMax =+=

4
15
)(
2
'
a
SMax
MDC
=


2
3
)(
a
MNMHMin ==

4
6
)(
2
'
a
SMin
MDC
=



6
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
II. Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng v đờng gấp khúc, các BĐT trong
tam giác để tìm GTLN, GTNN
- Với 3 điểm A, B, C bất kỳ, ta có
AC + CB AB
AC + CB = AB C AB.
- Độ dài đoạn thảng nối hai điểm A và B ngắn hơn độ dài đờng gấp
khúc có hai đầu A và B.
- Trong tam giác ABC ta có :
AC < AB + BC
AC > |AB - BC|
BC < AC
CBACAB


<
2AM < AB + AC, trong đó AM là đờng trung tuyến.

Ví dụ 3
Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B cùng thuộc một miền không gian
do (P) chia ra. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho chu vi tam giác MAB
nhỏ nhất.
Tóm tắt lời giải :
Lấy B' đối xứng với B qua (P), khi đó
MB = MB', với M(P).
Chu vi MAB = AB + MA + MB
= AB + MA + MB'
AB + AB' không đổi

B
B
'
H
A
M
Vậy chu vi MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi A, M, B' thẳng hàng.

Ví dụ 4
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có góc ASB nhỏ hơn 60
0
. Tìm điểm

7
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
D thuộc cạnh SB và điểm E thuộc cạnh SC sao cho chu vi tam giác ADE nhỏ
nhất.
Tóm tắt lời giải :

Trong mặt phẳng SBC, dựng ra ngoài
tam giác SBC các tam giác SBA
1
= SBA,
SCA
2
= SCA. Ta đợc AD = A
1
D, AE = A
2
E,
với D SB, E SC.
S
A
1
A
2
C
B
A
E
D

Chu vi ADE = A
1
D + DE + EA
2
A
1
A

2
không đổi. Vậy chu vi ADE đạt
giá trị nhỏ nhất khi D, E là giao điểm của A
1
A
2
với SB và SC.

III. Sử dụng các bất đẳng thức trong đờng tròn
Các bất đẳng thức trong đờng tròn đợc thể hiện nh sau :
- Đờng kính là dây cung lớn nhất của đờng tròn.
- Trong hai dây cung của một đờng tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi
khoảng cách đến tâm nhỏ hơn.
- Trong hai cung nhỏ của một đờng tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi
góc ở tâm lớn hơn.
- Trong hai cung nhỏ của một đờng tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi
dây trơng cung lớn hơn.

Ví dụ 5
Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn đờng kính AE cố định. Trên
đờng thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm S cố định. Xét hình chóp đỉnh S,
đáy là tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính AE nói trên có các đờng
chéo vuông góc với nhau. Biết AE = 2R, AS = h.
a. Tìm tâm và bán kính cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
b. Phải chọn đáy hình chóp nh thế nào để thể tích của nó lớn nhất ? Hãy
tính thể tích lớn nhất ấy.

8
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Tóm tắt lời giải

a. Tìm tâm và bán kính cầu ngoại tiếp :
Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
ABCD. Dựng tia Ot (P), suy ra Ot là trục của
đờng tròn ngoại tiếp năm điểm A, B, C, D, E.
Trong mặt phẳng (SAE), dựng đờng trung trực
đoạn SA, cắt Ot tại I. Vậy I là tâm cầu ngoại
tiếp S.ABCD.
22
hAB
IO ==
.

Bán kính
S
t
D
C
A
E
O
B
2
4
22
22
hR
OAIO
+
=+=
OAR =

b. Đáy chóp nh thế nào để V
S.ABCD
lớn nhất :
Vì AC BD nên
BDAChBDAChSSAV
ABCDABCDS
===
6
1
2
1
3
1
3
1
.

V
S.ABCD
lớn nhất AC.BD lớn nhất AC và BD lớn nhất khi nó là đờng
kính của đờng tròn, suy ra ABCD là hình vuông.
Vậy V
S.ABCD
lớn nhất khi ABCD là hình vuông có AC = BD = 2R, thể
tích đó là :
2
3
2
22

6
1
hRRRhV ==
.

Ví dụ 6
Cho đờng tròn (C) đờng kính AB trong mặt phẳng (P). Một điểm N di
động trong không gian (ngoài P) sao cho hình chiếu của N trên (P) là điểm M
trên đờng tròn (C). Gọi K là hình chiếu của M trên mặt phẳng NAB. Xác
định vị trí của N để thể tích tứ diện KABM lớn nhất.
Tóm tắt lời giải
Gọi O là tâm đờng tròn (C). Hạ ME AB NE AB (ĐL ba đờng
vuông góc) AB (MNE) (MNE) (NAB), nên MK (NAB), từ đó
kéo theo K NE. Vì (MNE) (P), từ K dựng KH (P) nên H ME.


9
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Có
KHMEABSKHV
MABKMAB

6
1
.
3
1
==

Do đó V
KMAB
lớn nhất ME . KH lớn
nhất ME và KH lớn nhất M di động
trên (C), ME là khoảng cách từ M đến AB,
nên ME lớn nhất khi ME là bán kính của
(C), tức là E O ME =
2
AB

Vì MK NE nên K ở trên đờng tròn

N
K
M
B
H
E
O
A
đờng kính ME =
2
AB
. Do đó KH lớn nhất khi KH là bán kính đờng tròn
đờng kính ME, tức là KH =
4
AB
và H là trung điểm ME.
Vậy V
KMAB

lớn nhất khi M là điểm giữa của nửa đờng tròn đờng kính
AB và N cách (P) một đoạn bằng
B
2
AB
.
Chú ý : Có 2 vị trí của điểm N thỏa yêu cầu bài toán

IV. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
a. Bất đẳng thức Cosi
Bất đẳng thức Cosi và các hệ quả của nó đợc sử dụng trong các bài
toán cực trị hình học bằng cách biểu thị các độ dài thay đổi bởi các biến x, y,
z,
Bất đẳng thức Cosi cho 2 số x, y 0

xy
yx

+
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
Bất đẳng thức Cosi cho n số x
1
, x
2
, , x
n
0

n
n
n
xxx
n
xxx

21
21

+
+
+ L


10
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
= = x
n
Ngoài ra, bất đẳng thức Cosi còn thờng đợc sử dụng dới các dạng
sau :
Dạng 1 :
(
)
xy
yx

yx 2
2
2
22

+
+

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
Dạng 2 : (Hệ quả của BĐT Cosi)
Nếu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi
hai số ấy bằng nhau.
Dạng 3 : (Hệ quả của BĐT Cosi)
Nếu hai số có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi
hai số ấy bằng nhau.

b. Bất đẳng thức Bunhiacopski
Cho (a, b) và (x, y) tùy ý :

()
(
)
(
)
2222
2
yxbabyax +++

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
b

y
a
x
=

Cho (a
1
, a
2
, ,a
n
) và (x
1
, x
2
, , x
n
) tùy ý, ta có :

) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn

xxxaaaxaxaxa +++++++++
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
n
n
a
x
a
x
a
x
===
2
2
1
1

Trong bài toán cực trị, bất đẳng thức Bunhiacopski hay đợc sử dụng
dới dạng :
Dạng 1 :
(
)
2
2
22
yx
yx
+
+

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y

11
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Dạng 2 : (dạng tổng quát)

(
)
n
xxx
xxx
n
n
2
21
22
2
2
1
+++
+++
K
K

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
= = x
n
Ngoài các bất đẳng thức cơ bản trên, một số bài toán có thể sử dụng

thêm các bất đẳng thức sau :

c. Bất đẳng thức Minkowski
Cho (a
1
, a
2
, , a
n
) ; (b
1
, b
2
, , b
n
) ; ; (l
1
, l
2
, , l
n
) là n bộ số thực bất kỳ, ta
luôn có :
++++++++++++
2222
2
2
2
2
2

2
1
2
1
2
1

nnn
lbalbalba

2
1
2
1
2
1
) ( ) () (
nnn
llbbaa +++++++++

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
nnn
lbalbalba :::::::::
222111
KKKK =
=
=


d. Bất đẳng thức Schwartz

Cho (a
1
, a
2
, , a
n
) và (b
1
, b
2
, , b
n
) với b
i
> 0; i = 1, , n, ta luôn có :

n
n
n
n
bb
aa
b
a
b
a
b
a
++
++

+++

) (

1
2
1
2
2
2
2
1
2
1

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1

Ví dụ 7
Cho tứ diện vuông SABC có góc phẳng ở đỉnh S vuông.
a. Chứng minh rằng
SACSBCSABABC
SSSS

++.3

b. Biết SA = a, SB + SC = k. Đặt SB = x. Tính thể tích tứ diện SABC theo
a, k, x và xác định SB, SC để thể tích tứ diện SABC lớn nhất.
c. Giả sử SA = a, SB = b, SC = c thay đổi nhng luôn thỏa mãn điều
kiện a
2
+ b
2
+ c
2
= k
2
(với k > 0) cho trớc. Khi nào thì tam giác ABC có diện

12
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
tích lớn nhất. Chứng minh rằng khi đó khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC)
lớn nhất.
Tóm tắt lời giải :
C
H
I

B
S
A
SACSBCSABABC
SSSS

++.3

a. CMR:
Ta có
SCSBSASSAV
SBCABCS
==

6
1
3
1
.
Kẻ AI BC BC (SAI)
22
2
2
.
4
1
.
2
1
BCAIBCAIS

ABC
=






=



()
222
.
4
1
BCSISA +=
2222
.
4
1
.
4
1
BCSIBCSA +=
22222
.
4
1

).(
4
1
BCSISCSBSA ++=


222222
.
4
1
.
4
1
.
4
1
BCSISCSASBSA ++=
222
SBCSACSAB
SSS

++=

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có :
()
(
)
2222
2
33

ABCSCASBCSABSCASBCSAB
SSSSSSS

++++


ABCSACSBCSAB
SSSS

++ .3

b. Tính thể tích của SABC :

Biết SB + SC = k và SB = x nên SC = k - x.
)(
6
1
6
1
xkaxSCSBSAV
SABC
==
V
SABC
lớn nhất x(k-x) lớn nhất.
Theo BĐT Cosi :
42
)(
)(
2

2
k
xkx
xkx =






+


Dấu "=" xảy ra khi x = k - x x =
2
k
.
Vậy thể tích tứ diện SABC đạt giá trị lớn nhất khi SB = SC =
2
k
.
c. ABC có diện tích lớn nhất :

Gọi SH là đờng cao thuộc mặt (ABC) H AI
Trong tam giác vuông SAI có
222
111
SISASH
+=
mà

222
111
SCSBSI
+=


13
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
nên
2222222
1111111
cbaSCSBSASH
++=++=

222222
accbba
abc
SH
++
=

Do đó
222222
2
1
3
accbba
S
H
V

S
SABC
ABC
++==


Theo BĐT Cosi :
2244
2222224442244
2244
2
2
2
acac
accbbacbacbcb
baba
+
+++++
+
(1)

Mặt khác
()
(
)
222222444
2
2224
2 accbbacbacbak +++++=++=

(
)
2222224444
2 accbbakcba ++=++
(2)
Từ (1), (2) suy ra
3
4
222222
k
accbba ++

Vậy
3
6
1
)(
2
kSMax
ABC
=

khi a = b = c =
3
k
.
Chứng minh SH lớn nhất :

Ta có

2222
1111
cbaSH
++=


()
9
3
3
1111
3222
3
222
222
222
2
2
=






++++=
cba
cba
cba
cba

SH
k


9
2
2
k
SH

3
k
SH

Vậy SH có giá trị lớn nhất là
3
k
khi a = b = c, tức là khi diện tích ABC
lớn nhất

Ví dụ 8
Cho góc tam diện vuông Oxyz và một điểm I trong góc tam diện. Xét
mặt phẳng () qua I cắt ba cạnh Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C.
a. Gọi a, b, c là khoảng cách từ I đến ba mặt OBC, OCA, OAB. Tìm hệ thức
giữa ba cạnh OA, OB, OC.
b. Tính OA, OB, OC theo a, b, c để :

14
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
b

1
. Thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
b
2
. Tổng OA + OB + OC nhỏ nhất.
Tóm tắt lời giải :
B
I
A
O
C
a. Tìm hệ thức giữa OA, OB, OC :

Đặt OA = x, OB = y, OC = z. a, b, c là
chiều cao 3 tứ diện IOBC, IOCA, IOAB.
Ta có V
OABC
= V
IOBC
+ V
IOCA
+ V
IOAB

66
cxybzxayzxyz +
+
=
1=++
z

c
y
b
x
a

hay
1=++
OC
c
OB
b
OA
a


b. Tính OA, OB, OC theo a, b, c:

b
1
. Để V
OABC
nhỏ nhất :
Theo BĐT Cosi :
3
31
OC
c
OB
b

OA
a
OC
c
OB
b
OA
a
++=

Suy ra OA.OB.OC 27abc
abcabcV
OABC
2
9
6
27
=

Vậy thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất là
abc
2
9
khi OA = 3a, OB = 3b, OC = 3c.
b
2
. Để tổng OA + OB + OC nhỏ nhất :

Vì
1=++

O
C
c
OB
b
OA
a
nên ta có
()






++++=++
OC
c
OB
b
OA
a
OCOBOAOCOBOA


(
)

++++=
2
2
2
2
2
2
222
OC
c
OB
b
OA
a
OCOBOA


(
2
cba ++
)
(theo BĐT Bunhiacopski)
Vậy OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất là
(
)

2
cba ++
khi :

cba
OCOBOA
c
OC
b
OB
a
OA
++
+
+
===

)( cbaaOA ++=


)( cbabOB ++=


)( cbacOC ++=

15
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Ví dụ 9
Hai nửa đờng thẳng Am, Bn chéo nhau và vuông góc với nhau.
AB = a làm đờng vuông góc chung. Điểm M, N chuyển động trên Am, Bn

sao cho MN = b không đổi. Xét tứ diện ABMN.
a. Chứng minh rằng các mặt là các tam giác vuông.
b. Tính thể tích và diện tích toàn phần của ABMN theo a, x=AM, y=BN.
c. Tìm giá trị lớn nhất của V và S
tp
.
Tóm tắt lời giải :
a. CMR các mặt là các tam giác vuông.

Ta có AM AB, BN AB ABM, ABN vuông.
AM AB và BN AM AN AMN vuông tại A. Tơng tự suy ra
BMN vuông tại B.
A
B
N

M
m
A
n
b. Tính V và S
tp
của ABMN theo a,
x, y :
6

6
1
.
3

1
axy
BNABAMSAMV
ABNABMN
===

BMNAMNABNABMtp
SSSSS +++=


2222
2
1
2
1
2
1
2
1
xayyaxayax +++++=



(
)
2222
2
1
)(
2

1
xayyaxyxaS
tp
+++++=
c. Tìm giá trị lớn nhất của V và S
tp
:
22222222222
abyxbyxaANAMMN =+=+++=
)=
+
=
22
22
(
12
1
26
1
6
1
aba
yx
aaxyV


2
)(
12
1

)(
22
22
ab
yxkhiabaVMax

===

()
(
)
2222
2
1
2
1
xayyaxyxaS
tp
+++++=
Sử dụng BĐT
()
)(2
2
22
2
22
yxyx
yx
yx ++
+

+

16
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Thay vào ta đợc
)(2
22
abyx + và
22222222222222
)(2)(2)]()([2 xyyxaxayyaxxayyax ++=++++++

2222222222
)()(2)2()(2 yxabaxyaba +++=

222222
)()(2 ababa +=


442222
))(( abbaab =+=
Vậy








+

+

=+
222
1
)(2
2
1
2222
4422
ab
a
ab
ababaS
tp


222
)(
222222
ab
yxkhi
ab
a
ab
SMax
tp

==

+
+

=


Ví dụ 10
Trong các hình chóp tam giác có đờng cao h, đáy là tam giác đều có
cạnh bằng a cho trớc. Tìm chóp có tổng các cạnh bên nhỏ nhất.
S
H
B
A
Tóm tắt lời giải :
Kẻ SH (ABC)
Nhận xét : Nếu H nằm ngoài ABC, chỉ cần
nối H với đỉnh thích hợp của tam giác
C
SA + SB + SC không thể nhỏ nhất vì các
hình chiếu của SA, SB, SC đều có thể làm
nhỏ hơn. Xét H trong ABC : Ta dễ dàng
chứng minh : HA + HB + HC 3R

Dấu "=" xảy ra khi H là tâm ABC. Đặt HA = x, HB = y, HC = z.


222222
zhyhxhSCSBSA +++++=++
Theo BĐT Minkowski ta có :
222222222222
399)()( RhRhzyxhhhzhyhxh +=+++++++++++

Dấu "=" xảy ra khi H là tâm ABC.
Vậy
22
3)( RhSCSBSAMin +=++ khi chóp SABC là chóp tam giác đều.

17
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
V. Sử dụng phơng pháp hm số
a. Phơng pháp khảo sát hm số
Tính đại lợng f đang xét chỉ theo một đại lợng thay đổi x, đa về
dạng hàm số y = f(x). Tìm miền xác định D của x, và khảo sát cực trị của hàm
f(x) trong miền đó.
ơ Sử dụng định nghĩa GTLN, GTNN của hm số
Hàm số y = f(x) xác định trên D
Số M đợc gọi là GTLN của hàm số y = f(x) trên tập D nếu :
x D : f(x) M
x
0
D : f(x
0
) = M

Ký hiệu
(
)
xfMaxM
D
=

Số m đợc gọi là GTNN của hàm số y = f(x) trên tập D nếu :
x D : f(x) m
x
0
D : f(x
0
) = m
Ký hiệu
(
)
xfMinm
D
=


ơ GTLN, GTNN của hm số trên một khoảng
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng (a; b) (a có thể là -, b có thể
là +).
- Tính đạo hàm của hàm số f(x) trên (a; b).
- Giải phơng trình f'(x) = 0 để tìm các nghiệm x
1
, x
2

, , x
n
trên (a; b).
- Lập bảng biến thiên của hàm số trên (a; b).
- Rút ra kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b).

ơ GTLN, GTNN của hm số trên một đoạn
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng [a; b] và chỉ có một số hữu

18
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
hạn điểm tới hạn trên đoạn đó.
Có thể áp dụng cách giải trên.
Hoặc có thể thực hiện theo các bớc sau :
- Tính đạo hàm của hàm số f(x) trên [a; b].
- Giải phơng trình f'(x) = 0 để tìm các nghiệm x
1
, x
2
, , x
n
trên [a; b].
- Tính f(a), f(x
1
), f(x
2
), , f(x
n
), f(b).

[]
()
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
},,,,,{
21
;
bfxfxfxfafMaxxfMax
n
ba
K=


[]
()
(
)
(
)
(
)
(

)
(
)
},,,,,{
21
;
bfxfxfxfafMinxfMin
n
ba
K=


Ví dụ 11
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là điểm
giữa của cạnh SC. Một mặt phẳng di động qua AK nhng luôn cắt các cạnh
SB, SD lần lợt tại M và N.
a. Chứng minh
3=+
SN
SD
SM
SB

b. Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCD và V
1
là thể tích hình chóp
S.AMKN. Tính giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số
V
V
1

.
S
M
K
N
D
O
A
B
C
G
Tóm tắt lời giải :
a. Chứng minh :

3=+
S
N
SD
SM
SB

Gọi O = AC BD, K là trung điểm SC.
G = SK SO nên G là trọng tâm SAC.
Mặt phẳng qua AK cắt SB, SD tại M và
N, nên MN qua G.


SB
SM
SOSB

SGSM
S
S
SBO
SMG
==


3
2
.
.
(1)

SD
SN
SOSD
SGSN
S
S
SDO
SNG
==


3
2
.
.
(2)

19
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hoàng Mnh Thng - THPT s 3 TP Lào Cai
Tõ (1), (2) :
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⋅=
+
Δ
ΔΔ
SD
SN
SB
SM
S
SS
SDO
SNGSMG
3
2
2
1
⇒
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
+⋅=
Δ
Δ
SD
SN
SB
SM
S
S
SBD
SMN
3
1
(3)
Ta l¹i cã
SDSB
SNSM
S
S
SBD
SMN
.
.
=
Δ
Δ

(4) Tõ (3), (4) suy ra
SDSB
SNSM
SD
SN
SB
SM
.
.
3⋅=+

⇒
3 3 =+⇒=+
SM
SB
SN
SD
SNSMSBSNSDSM

b. TÝnh GTLN vµ GTNN cña
V
V
1

Ta cã
SB
SM
V
V
SABC

SAMK
⋅=
2
1
(5)
SD
SN
V
V
SABC
SANK
⋅=
2
1
(6)
Céng (5), (6) ta ®−îc :
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⋅==
+
SD
SN
SB
SM
V
V

V
VV
SABC
SANKSAMK
2
1
2
1
2
1
1
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⋅=
SD
SN
SB
SM
V
V
4
1
1

§Æt

x
SM
SB
=
⇒
x
SN
SD
−= 3
(1≤x≤2) ⇒
()
xxV
V
−
⋅=
3
1
4
3
1

XÐt f(x) = x(3-x) (1≤x≤2) f'(x) = -2x + 3 = 0 khi x =
2
3

B¶ng biÕn thiªn :

x
1
3/2

2
f'(x)
f(x)
+ -
9/4
2 2
Do ®ã
V
V
1
lín nhÊt khi f(x) nhá nhÊt = 2 ⇒
8
3
1
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
V
V
Max


V
V
1
nhá nhÊt khi f(x) lín nhÊt =

4
9
⇒
3
1
1
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
V
V
Min



20
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Ví dụ 12
Tìm hình nón ngoại tiếp mặt cầu cho trớc có thể tích đạt giá trị nhỏ
nhất.
Tóm tắt lời giải :
Hình nón ngoại tiếp mặt cầu (I, R). Gọi
(
)
RxxSI >
=

22
, RxSKRxSO =+=
Vì SIK SAO :

()
22
.
Rx
xRR
AO
AO
IK
SO
SK

+
==


(
)
()
()
xR
Rx
xRR
SOAOV +

+

==
22
2
2
2
33
1



S
K
A
O
I

Rx
RRxxR
V

++
=
222
2
3


Xét
R
x

RRxx
xf

++
=
22
2
)(


()
()
2
2222
32
'
2
)(
Rx
RRxx
xf
Rx
RRxx
xf


=

++
=

=
=
=
Rx
Rx 3
0

Ta có bảng biến thiên :

x
f'(x)
f(x)
0
+
00 - +
-R 3R
8R

2,4
3
8
)(
3
RAORSOkhi
R
VMin ===

b. Phơng pháp tam thức bậc hai
Cho tam thức bậc hai (a 0). So sánh số thực với
các nghiệm của tam thức y = f(x) :
cbxaxxf ++=
2
)(

21
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Định lý :
f(x) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2





< 0)(

af

x
1
< < x
2
f(x) có hai nghiệm phân biệt x

1
, x
2











>
>
0)(
0

af
[x
1
; x
2
]
Nếu
0
2
>

S
thì < x
1
< x
2

Nếu
0
2
<

S
thì x
1
< x
2
<
Hệ quả :
Cho hai số thực và ( < )



<
<<<
<<<
0)().(
21
21

ff
xx
xx


Ví dụ 13
ABCD là tứ diện đều cạnh bằng 1. Các điểm M, N di động lần lợt
trên AB và AC sao cho mặt (DMN) (ABC). Đặt AM = x, AN = y.
a. Chứng minh hệ thức
xyyx 3
=
+
.
b. Xác định giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích và diện tích toàn
A
S
C
O
M
N
B
I
x
y
phần tứ diện ADMN.
Tóm tắt lời giải :
a. Chứng minh hệ thức x+y=3xy:

Hạ DO (ABC). Do (DMN) (ABC)

DO (DMN) M, O, N thẳng hàng
AO là phân giác góc
0
60

=NAM
Ta có
xyxyS
AMN
4
3
60sin
2
1
0
==
(1)



22
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Mặt khác
=
+=
ANOAMOAMN
SSS
(
yxyAOxAO +=+
12

3
30sin.
2
1
30sin.
2
1
00
)
(2)
Từ (1) và (2)
()
yxxy +=
12
3
4
3
yxxy
+
=

3 (đfcm)
b. Xác định GTLN, GTNN của V và S
tp
tứ diện ADMN :
Có
12
2
3
1

3
6 xy
DOSVDO
AMNDAMN
===
.
Trong AMN :
xyyxANAMANAMMN +=+=
220222
60cos 2
xyyxxyyxSSSSS
DMNAMNANDAMDtp
++++=+++=
2200
3
6
2
1
4
3
60sin
2
1
60sin
2
1

()() ()()
xyxyxyxyxyyxxyyx 33
6

6
3
4
3
3
6
6
4
3
22
++=++++=
()
xyxyxy +=
2
3
2
2
3

Vì
(
)
1,03 =+ yxxyyx , đặt
(
)
tyxttxy 30
=
+

=

Do đó x, y là 2 nghiệm của phơng trình :
(
)
03
2
=+= ttzzzf

Vậy phơng trình có 2 nghiệm đều nằm trong đoạn [0; 1]
()
03
2
=+= ttzzzf
()
()
2
1
9
4
3
2
0
2
1
0
9
4
1
2
0

0211
00
049
2























=
=
=

t
t
t
t
t
S
taf
taf
tt

Giá trị
9
4
=t
làm cho phơng trình
(
)
0
=
zf có nghiệm kép =
3
2
, nên
3
2
== yx
.
Giá trị
2
1

=t
làm cho phơng trình
(
)
0
=
zf có nghiệm
2
1
,1 == zz
nên






=
=
2
1
1
y
x
hoặc

=
=
1
2
1
y
x

Vậy
27
2
)( =
ADMN
VMin và
()
24
9
3
)( +=
tp
SMin khi
3
2
== ANAM

24
2
)( =
ADMN
VMax và

(
)
232
4
1
)( +=
tp
SMax khi
()
2
1
,1 == ANBMAM

hoặc
()
CNANAM == 1,
2
1
.

23
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Phần III: Kết luận

Trong quá trình tìm giá trị cực trị, học sinh ngoài việc biết áp dụng khéo
léo, nhuần nhuyễn các phơng pháp tìm giá trị cực trị, còn phải hiểu rõ mối
liên hệ khăng khít giữa bài toán cực trị với các bài toán khác. Đó là :
- Các bài toán về thiết diện.
- Các bài toán về chứng minh.
- Các bài toán về quỹ tích.

- Các bài toán về tính toán.
và nắm vững những phơng pháp cơ bản để giải các bài toán cực trị là :
- Sử dụng quan hệ giữa đờng vuông góc, đờng xiên và hình chiếu.
- Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đờng gấp khúc, các BĐT trong
tam giác.
- Sử dụng các BĐT trong đờng tròn.
- Sử dụng các BĐT cơ bản.
- Sử dụng phơng pháp hàm số.
Thông qua hệ thống các bài toán và các phơng pháp giải bài toán cực
trị, học sinh sẽ đợc hình thành những kỹ năng, kỹ xảo khi giải các bài toán
cực trị.
Với ý nghĩa đó, việc đa các hoạt động trí tuệ vào trong quá trình giải
một hệ thống bài tập phù hợp và đa dạng sẽ tạo nên một cách nhìn mới cho
học sinh, giúp cho học sinh có thêm kỹ năng trong việc giải toán.
Thời gian v kết quả áp dụng của đề ti
Thời gian: Trong các năm học từ 2006 đến nay tôi đã sử dụng đề tài này trong
việc giảng dạy các lớp ôn thi đại học.
Kết quả: Học sinh các lớp ôn thi đại học nắm bắt đợc 80% của nội dung đề
tài này.


24