Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ năng giải bài toán cực trị hình học không gian liên quan đến khối chóp và lăng trụ

MỤC LỤC
Trang
1. Mở đầu…………………………………………………………………….......1
1.1. Lý do chọn đề tài ...........................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu .....................................................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu ....................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu ...............................................................................1
2. Nội dung............................................................................................................1
2.1.

Cơ

sở

lý

luận ..................................................................................................1
2.2. Thực trạng trước khi áp dụng đề tài ..............................................................2
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề ……………........2
2.3.1 Phương pháp sử dụng tính chất hình học…………………….. …………..2
2.3.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cơ bản……….. ……………….........6
2.3.3 Phương pháp sử dụng kĩ thuật đặt biến để đưa về xét cực trị hàm số...….12
2.3.4

Phương

pháp

sử

dụng

kĩ

thuật

trải

hình…………….... .............................17
2.4 Hiệu quả áp dụng của sáng kiến kinh nghiệm………….. ............................19
3. Kết luận, kiến nghị..........................................................................................20
Kết luận...............................................................................................................20
Kiến nghị………………………………………………………..………...…....20
Tài liệu tham khảo.............................................................................................. 21

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình Hình học trung học phổ thông, bên cạnh các dạng
toán trong không gian quen thuộc ta còn gặp các bài toán mà trong yêu cầu của
nó có yếu tố về giá trị lớn nhất nhỏ nhất của thể tích khối đa diện, chu vi..…
Đây là lớp các bài toán mà ít tài liệu tham khảo đề cập đến hoặc có đề cập
nhưng chưa thực sự dễ dàng tiếp nhận đối với học sinh do cách viết của nhiều tài
liệu không mang tới tri thức phương pháp, kĩ năng nhận dạng. Thông thường các
tài liệu thường chỉ trình bày một cách làm.
Rõ ràng chúng ta đều thấy rằng đây là lớp các bài toán mà học sinh khó
định hướng về lời giải, do nó tương đối lạ lẫm với học sinh, cùng với đó là tâm
lý e ngại khi gặp yêu cầu có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất (do quan niệm nhất quán
rằng, câu hỏi về bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là câu hỏi khó nhất

trong nhiều kỳ thi như học sinh giỏi các cấp, thi THPT quốc gia hay thi ĐH, CĐ
trước đây). Để giải được lớp các bài toán này, chúng ta cần một kiến thức tương
đối tổng hợp về véc tơ, về hình học đơn thuần, về bất đẳng thức, về hàm số….
Với những lý do trên, nhằm giúp học sinh hứng thú hơn với môn Toán và
đặc biệt là hình học, góp phần hình thành tư duy quy lạ về quen, vận dụng linh
hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên
cứu tìm tòi và sáng tạo, tôi trình bày chuyên đề “ Giúp học sinh lớp 12 hình
thành kĩ năng giải bài toán cực trị hình học không gian liên quan đến khối
chóp và lăng trụ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ năng giải bài toán cực trị hình học
không gian liên quan đến khối chóp và lăng trụ.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này xoay quanh các dạng
toán cực trị hình học không gian như: tìm hoặc xác định các yếu tố của khối
chóp, lăng trụ để thể tích lớn nhất, nhỏ nhất; chu vi một đa giác lớn nhất, nhỏ
nhất.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này, tôi sử dụng các phương pháp sau
đây:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận
- Phương pháp khảo sát thực tiễn
- Phương pháp phân tích
- Phương pháp tổng hợp
- Phương pháp khái quát hóa
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
2.NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
2

Cung cp cho hc sinh khụng ch kin thc m c tri thc v phng
phỏp, kh nng t duy, kh nng quy l v quen, a nhng vn phc tp tr
thnh nhng vn tng i nh nhng nh vic hiu rừ ct lừi ca dng toỏn.
T nhng kin thc c bn phi dn dt hc sinh cú c nhng kin thc nõng
cao mt cỏch t nhiờn (ch khụng ỏp t ngay kin thc nõng cao).
Chuyờn ny, a phn cỏc vớ d minh ha c trỡnh by di hai cỏch
lm l phng phỏp s dng cỏc bt ng thc c bn v phng phỏp hm s.
Chuyờn c gng khc phc im yu v k nng s dng bt ng thc Cụ-si
cho hc sinh.
2.2.Thc trng trc khi ỏp dng sỏng kin kinh nghim
2.2.1. Thun li
- Hc sinh ó c trang b y kin thc, cỏc bi tp thụng thng ó
thnh tho.
- Hc sinh hng thỳ trong cỏc tit hỡnh hc khụng gian.
2.2.2. Khú khn
- Giỏo viờn mt nhiu thi gian chun b kin thc, bi tp minh ha.
- Nhiu hc sinh ó quờn kin thc c bn trong hỡnh hc khụng gian,
khụng bit vn dng cỏc kin thc v vộc t, bt ng thc, hm s.
- a s hc sinh e ngi khi lm quen vi cỏc bi toỏn cú yờu cu v giỏ tr
ln nht, nh nht.
2.3.Cỏc sỏng kin kinh nghim ỏp dng gii quyt vn
2.3.1. Phng phỏp s dng tớnh cht hỡnh hc
Trong phng phỏp ny, hc sinh cn bit cỏch s dng so sỏnh di cnh
trong tam giỏc vuụng. Khong cỏch ln nht ca mt im trờn cung trũn n
mt ng thng..
Vớ d 1. Cho hỡnh chúp S . ABC cú SA = a , SB = a 2 , SC = a 3 . Tớnh th
tớch ln nht Vmax ca khi chúp ó cho.
a3 6
a3 6

a3 6
A. Vmax = a 3 6.
B. Vmax =
C.Vmax =
. D.Vmax =
.
.
3
6
2
Gii
Gi H l hỡnh chiu ca A trờn mt phng ( SBC ) ị AH ^ ( SBC ) .
A
Ta cú
ã
AH Ê AS .Du '' = '' xy ra khi AS ^ ( SBC ) .
1
1
ã
ã
SDSBC = SB.SC.sin BSC
Ê SB.SC .
B
2
2
S
Du '' = '' xy ra khi SB ^ SC .
H
ổ
ử

1
1 1
1
SB ìSC ữ
AS
=
SA.SB.SC.
Khi ú V = SDSBC . AH Ê ỗ
ữ
ỗ
C
ữ
ố2
ứ
3
3ỗ
6
Du '' = '' xy ra khi SA, SB, SC ụi mt vuụng gúc vi nhau.
1
a3 6
Vy th tớch ln nht ca khi chúp l Vmax = SA.SB.SC =
. Chn D.
6
6

3


Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có AB = 3a , AC = 4a , AD = 5a . Gọi M , N , P
lần lượt là trọng tâm các tam giác DAB , DBC , DCA . Tính thể tích V của tứ

diện DMNP khi thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
120a 3
80a3
20a3
10a 3
A. V =
.
B. V =
.
C. V =
. D. V =
. [1].
27
7
27
4
Giải
3
VD.MNP DM DN DP æö
2÷
=
.
.
=ç
÷Þ
ç
è3 ÷
ø
VD.HIK
DH DI DK ç

8
8 1
2
VD.HIK = . .VD. ABC = .VD. ABC
27
27 4
27
Theo kết quả của Ví dụ 1:
VD.MNP =

1
6

1
6

( VD. ABC ) max = . AB. AC. AD = .3a.4a.5a =10a 3
Vậy: VD.MNP =

2
20
.10a3 = a 3 . Chọn D.
27
27

(

)

Ví dụ 3. Cho hình chóp S . ABC có SA = x 0 < x < 3 , tất cả các cạnh còn lại

đều bằng 1 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho.
A. V = 1 .
max
4

B. Vmax = 1 .
8

C. V

max

=

D. Vmax = 1 .
16

1
.
12

[2].

Giải
Ta có tam giác ABC và SBC là những tam giác đều cạnh bằng 1 .
Gọi N là trung điểm BC . Trong tam giác SAN , kẻ SH ^ AN . ( 1)
● SN là đường cao của tam giác đều SBC Þ SN =
ïì BC ^ AN
Þ BC ^ ( SAN ) Þ BC ^ SH .
● ïí

ïïî BC ^ SN
Từ ( 1) và ( 2) , suy ra SH ^ ( ABC ) .
3
.
4
1
1
1 3 3 1
VS . ABC = SDABC .SH £ SD ABC .SN = . .
= .
3
3
3 4 2
8
Dấu '' = '' xảy ra Û H º N . Chọn B.

3
.
2

( 2)
S
x

Diện tích tam giác đều ABC là SDABC =

C

A
H

N

B

Ví dụ 4. Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB = x và các cạnh còn lại đều bằng
A
2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. x = 3 2.
B. x = 6.
C. x = 2 3.
D.x x = 14.
[3].
Giải
C
B
Cách làm tương tự như bài trên.
H
D

N

4


Tam giác BCD đều cạnh bằng 2 3 Þ BN = 3
VABCD lớn nhất H º N . Khi đó ANB vuông.
Trong tam giác vuông cân ANB , có
AB = BN 2 = 3 2. Chọn A.
Ví dụ 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh

bên SA = b và SA ^ ( ABCD ) . Điểm M thay đổi trên cạnh CD , H là hình
chiếu vuông góc của S trên BM .Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp
S . ABH theo a, b .
a 2b
a 2b
a 2b
a 2b
.
. [2].
A.
B.
C.
D.
.
.
8
18
12
24
Giải
Cách 1.
ìï BH ^ SH
Þ BH ^ ( SAH ) nên H thuộc
Do ïí
ïïî BH ^ SA
đường tròn đường kính AB.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh
AB . Dễ dàng suy ra được
1
1

ab.HK
VS . ABH = SDABH .SA = b.SDABH =
.
3
3
6
Do đó để thể tích lớn nhất thì HK lớn nhất. HK lớn nhất khi H là điểm chính
giữa cung »AB , tức là H trùng với tâm hình vuông ABCD hay M trùng với D.
a
a 2b
HK
=
Khi đó
. Vậy (VS . ABH )max =
. Chọn A.
2
12
Nhận xét: AH , BH ràng buộc với nhau bởi một đại lượng không đổi là AB nên
ta có cách giải khác bằng kiến thức bất đẳng thức Cô-si như sau:
ïì BH ^ SH
Þ BH ^ ( SAH ) Þ BH ^ AH .
Cách 2. Do ïí
ïïî BH ^ SA
1
1
b HA2 + HB 2
AB 2 a 2b
VS . ABH = SDABH .SA = b. AH .BH £ .
=b
=

.
3
6
6
2
12
12
a 2b
(VS . ABH )max =
Û HA = HB Û H trùng với tâm đáy hay M trùng với D.
12
Ví dụ 6. Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên
2a 3
bằng
và O là tâm của đáy. Mặt phẳng ( P ) thay đổi chứa SO và cắt các
3
đoạn thẳng AB,AC lần lượt tại các điểm M, N( M,N khác A). Điểm M thay đổi
trên cạnh CD , H là hình chiếu vuông góc của S trên BM . Khi góc tạo bởi
đường thẳng SA và mặt phẳng (P) có số đo lớn nhất, hãy tính AM 2 + AN 2 .
369a 2
8a 2
3a 2
.
.
A. a 2 .
B.
C.
D.
[4].
.

400
9
4
Giải.
5


ìï AH ^ MN
Þ AH ^ ( SMN ) .
Gọi H là hình chiếu của A trên MN , ta có ïí
ïïî AH ^ SO
⇒ H là hình chiếu của A trên mặt phẳng (SMN)
⇒ Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
· .
(SMN) là góc HSA
·
·
Do
lớn nhất khi
00 < HSA
< 900 nên HSA
·
lớn nhất.
sin HSA
a 3
AH OA
1
·
=
£

= 3 = .
Ta có sin HSA
SA
SA 2a 3 2
3
·
Vậy sin HSA
lớn nhất Û H º O ,hay góc tạo bởi đường thẳng SA và mặt phẳng
(P) có số đo lớn nhất khi MN ^ AO .
Khi đó đường thẳng MN đi qua O và song song góc với BC
2a
8a 2
2
2
Þ AM = AN = Þ AM + AN =
. Chọn D.
3
9
Nhận xét: Nếu chỉ là nhận biết nhanh kết quả trong một câu hỏi trắc nghiệm,
giáo viên cũng nên chỉ cho học sinh thấy, MN qua O và cần có một vị trí đặc
biệt thì chỉ có trường hợp MN song song với BC .Từ đó dẫn tới được kết quả.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC đều cạnh a . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABC ) tại A ( M khác A ). Gọi H , O lần lượt là trực
tâm tam giác MBC và ABC .Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OHBC bằng:
a3
a3
a3
a3
A.
B.

C.
.
D.
.
.
. [5].
145
121
144
112
Giải
ïìï CE ^ MA
Þ CE ^ ( MAB ) Þ CE ^ MB
í
ïïî CE ^ AB
ìïï MB ^ CE
Þ MB ^ (CEF) Þ MB ^ OH .
í
ïïî MB ^ CF
Tương tự:
·
MC ^ OH Þ OH ^ ( MBC ) Þ DHO
= 900 .
Kẻ HH ' ^ ( ABC ) Þ H ' Î DO .
1
a2 3
Ta có: SDOAB = SD ABC =
, do đó thể tích
3
12

khối tứ diện OHBC lớn nhất khi HH ' lớn nhất.
Do H chạy trên đường tròn đường kính OD nên HH ' lớn nhất Û
1
a3
1
1 a 3 a 3
. Khi đó VH .OBC = HH '.SD OBC =
.
HH ' = DO = .
=
3
144
2
2 6
12
Chọn B.
6


2.3.2. Phng phỏp s dng bt ng thc c bn
Trong phng phỏp ny, hc sinh cn c rốn luyn k nng s dng v
bit cỏch chn im ri trong khi ỏp dng bt ng thc Cụ-si.
Vớ d 1. Trờn ba tia Ox, Oy, Oz vuụng gúc vi nhau tng ụi, ln lt ly cỏc
im A, B, C sao cho OA = a, OB = b, OC = c. Gi s A c nh con B, C
thay i nhng luụn luụn tha OA = OB + OC. Tớnh th tớch ln nht Vmax ca
khi t din OABC
A. V

max =

a3
.
6

B. V

max =

a3
.
8

a3
.
max =
24

C. V

D. V

max =

a3
.
32

[2].

Gii

T gi thit ta cú a = b + c. Do OA, OB, OC vuụng gúc tng ụi nờn
2
ử
a
1
1
1 ổ
b
+
c
a3
ữ
ỗ
b =c = .
VOABC = abc = a.( bc ) Ê a.ỗ
=
.
Du
''
=
''
xy
ra
ữ
ữ 24
ố 2 ứ
2
6
6
6 ỗ

Chn C.
Vớ d 2. Cho hỡnh hp ch nht ABCD. A ' B ' C ' D ' cú di ng chộo
AC ' = 18. Gi S l din tớch ton phn ca hỡnh hp ó cho. Tỡm giỏ tr ln
nht Smax ca S .
A. Smax = 36 3.
B. Smax =18 3.
C. Smax =18.
D. Smax = 36.
Gii
Gi a, b, c l ba kớch thc ca hỡnh hp ch nht.
Khi ú S tp = 2( ab + bc + ca ) . Theo gi thit ta cú a 2 + b 2 + c 2 = AC '2 =18.
T bt ng thc a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca , suy ra
S tp = 2( ab + bc + ca ) Ê 2.18 = 36. Du '' = '' xy ra a = b = c = 6. Chn D
Vớ d 3. Cho hỡnh hp ch nht cú tng din tớch cỏc mt bng 36 v di
ng chộo bng 6 Tớnh th tớch ln nht Vmax ca khi hp ch nht ó cho.
A. Vmax =16 2.
B. Vmax =12.
C. Vmax = 8 2.
D. Vmax = 6 6. [2].
Gii
a
,
b
,
c
Gi s
l cỏc kớch thc ca hỡnh hp ch nht. di ng chộo ca
hỡnh ch nht l a 2 + b 2 + c 2 .Tng din tớch cỏc mt l 2( ab + bc + ca ) .
ỡù 2( ab + bc + ca ) = 36 ỡù ab + bc + ca =18
ù

ùớ 2
.
Theo gi thit ta cú ớ 2
2
2
ùù a + b + c = 6
ùùợ a + b 2 + c 2 = 36
ùợ
Ta cn tỡm giỏ tr ln nht ca V = abc.
2
Ta cú ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ca ) = 72 ị a + b + c = 6 2.

(

)

(

2
2
Ta cú ( b + c) 4bc 6 2 - a 4 ộ
18 - a 6 2 ờ
ở
ộ
18 - a ( b + c ) ự
18 - a 6 2 - a
Khi ú V = abc = a ộ
ở
ỷ= a ờ
ở

(

)

)

aự
0 Ê a Ê 4 2.
ỳ
ỷ
ự= a 3 - 6 2a 2 +18a
ỳ
ỷ
7


(

,
Xét hàm số f ( a ) = a 3 - 6 2a 2 +18a với a Î 0;4 2 ù
ú
û ta được
maxù f ( x) = f 2 = f 4 2 = 8 2. Chọn C.
( 0;4

( )

2ú
û

(

)

3

æa + b + c ö
÷
Nhận xét. Nếu sử dụng V = abc £ ç
÷
ç
÷ =16 2 thì sai vì dấu '' = ''
ç
è 3
ø
không xảy ra.
Ví dụ 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh
bên SA = y ( y > 0) và vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) . Trên cạnh AD lấy
điểm M và đặt AM = x ( 0 < x < a ) . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp
S . ABCM , biết x 2 + y 2 = a 2 .
a3 3
2a 3 3
a3 3
D.
. C. Vmax =
V
=
.
.

max
8
8
24
Giải
S
Từ x 2 + y 2 = a 2 Þ y = a 2 - x 2 .
Diện tích mặt đáy
y
æBC + AM ÷
ö
æa + x ö
÷
ç
S ABCM = ç
.
AB
=
a
.
÷
÷
a
A
ç
ç
B
÷
÷
ç

ç 2 ø
x
è
ø
è
2
a
M
1
V
=
S
.
SA
Thể tích khối chóp S . ABCM
C
D
ABCM
3
1 æa + x ö
a
2
2
= .ç
.a÷
a
x
=
( a + x) a 2 - x 2 .
÷

ç
÷
ç
ø
3è 2
6
Cách 1.Ta có :
1
3
3
( a + x) a 2 - x 2 = ( a + x ) ( a - x ) =
( a + x ) ( 3a - 3x )
3
A. Vmax =

1
£
3

a3 3
.
3

B. Vmax =

4

æa + x + a + x + a + x + 3a - 3x ö
3 3a 2
÷

ç
=
.
÷
ç
÷
ç
è
ø
4
4

3 3a 2
a
max f ( x) =
Û a + x = 3a - 3x Û x = .
( 0;a)
4
2
Nhận xét: Khi dùng BĐT Cô-si đánh giá theo chiều tích sang tổng thì cần thêm
bớt hệ số để vế bên tổng triệt tiêu biến x.
Cách 2.Xét hàm f ( x) = ( a + x ) a 2 - x 2 trên ( 0;a ) , ta được
æa ö
3 3a 2
a3 3
÷
max f ( x) = f ç
=
.Suy
ra

.
Vmax =
÷
ç
÷
ç
( 0;a)
è2 ø
4
8
Chọn B.
Ví dụ 5. Cho tứ diện S . ABC có SA, AB, AC đôi một vuông góc với nhau,
BC = a, SB = b, SC = c . Tính thể tích lớn nhất Vmax khối tứ diện đã cho.

8


A. Vmax =

abc 2
.
4

B. Vmax =

abc 2
.
8

C. Vmax =

abc 2
abc 2
. D. Vmax =
.
12
24

Giải
ìï x 2 + y 2 = a 2
S
ïï
2
2
2
Đặt AB = x, AC = y , AS = z. Ta có ïí x + z = b .
c
ïï
z
2
2
2
ïï y + z = c
b
î
y
C
A
2
xy

2
yz
2
zx
(
)(
)(
)
xyz
2
Þ V =
Khi đó V =
x
a
6
288
B
x 2 + y 2 )( y 2 + z 2 )( z 2 + x 2 ) a 2b 2c 2
(
abc 2
£
=
Þ V£
.
288
288
24
Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z Þ a = b = c. Chọn D.
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , AC = 2 . Trên đường thẳng qua
A vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) lấy các điểm M , N khác phía so với mặt

phẳng ( ABC ) sao cho AM . AN =1. Tính thể tích nhỏ nhất Vmin của khối tứ diện
MNBC .
1
1
2
1
A. Vmin = . B. Vmin = .
C. Vmin = .
D. Vmin = .
[2].
3
6
3
12
Giải
Đặt AM = x, AN = y suy ra AM . AN = x. y =1.
M
AC
= 2.
Tam giác vuông ABC có AB = BC =
2
2
AB
Diện tích tam giác vuông SDABC =
=1.
2
A
C
1
Ta có VMNBC = VM . ABC +VN . ABC = SDABC .( AM + AN )

3
B
Cosi
1
1
2
N
= ( x + y ) ³ .2 xy = .
3
3
3
Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi x = y =1 . Chọn D.
Ví dụ 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , SA = a và
SM
SA ^ ( ABCD ) . Trên SB, SD lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho
= m > 0,
SB
SN
= n > 0. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . AMN biết
SD
2m 2 + 3n 2 =1.
a3
a3
a3 6
a3 3
A. Vmax = . B. Vmax =
[2].
. C. Vmax =
. D. Vmax = .
6

48
72
24
Giải
9


VS . AMN SM SN
a3
=
.
= mn
Th tớch khi chúp S . ABD l VS . ABD = . Ta cú
V
SB
SD
6
S . ABD
3
2.m. 3.n 2m 2 + 3n 2
1
mna
Ê
=
.
ị VS . AMN = mnV
. S . ABD =
. Mt khỏc mn =
6
6

2 6
2 6
ỡù 2m = 3n
S
1
1
ù

ị
m
=
;
n
=
.
Du '' = '' xy ra ớ
ùù 2m 2 + 3n 2 =1
2
6
M
ợ
N
a3 6
Suy ra VS . AMN Ê
.
B
72
A
Chn B.
D ABCD lCmt hỡnh

Vớ d 8. Cho hỡnh hp ch nht ABCD. A ' B ' C ' D ' cú ỏy
vuụng. Bit tng din tớch tt c cỏc mt ca khi hp bng 32. Tớnh th tớch ln
nht Vmax ca khi hp ch nht ó cho.
56 3
80 3
70 3
64 3
A. Vmax =
B. Vmax =
.
. C. Vmax =
. D. Vmax =
.
9
9
9
9
Gii
Gi a l di cnh hỡnh vuụng ỏy, b l chiu cao ca khi hp vi a, b > 0 .
Cỏch 1. Theo gi thit ta cú 2a 2 + 4ab = 32.
1
1
V = a 2 .b =
8a 4b 2 =
(2a 2 )(2ab)(2ab)
2 2
2 2
BT Cụ si

Ê

3

ổ
(2a 2 ) + (2ab) + (2ab) ử
1
ữ
ỗ
ữ
=
ỗ
ữ 2 2
ữ
3
2 2 ỗ
ố
ứ
1

3

ổ
2 a 2 + 4 ab ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ

3
ố
ứ

3

ổ
32 ử
64 3
ữ
ỗ
=
=
ữ
ỗ
ữ
ố3 ứ
9
2 2 ỗ
2
64 3 ỡùù 2a = 2ab
4 3
Vmax =
ớ 2
a =b =
. Chn D.
ùù 2a + 4ab = 32
9
3
ợ

Cỏch 2.
1

ử
1ổ
16
2a 2 + 4ab = 32 2a ( a + 2b) = 32 a ( a + 2b) =16 b = ỗ
- aữ
ữ
ỗ
ữ.
ốa
ứ
2ỗ
16
- a > 0 đ a < 4.
Do b > 0 ị
a
ử
16
1
2 1ổ
ữ
a
=- a 3 + 8a .
Khi ú th tớch ca khi hp l : V = a . ỗ
ữ
ỗ
ữ
ốa

ứ
2ỗ
2
ổ4 ử
64 3
1
ữ
=
.
Xột hm f ( a ) =- a 3 + 8a trờn ( 0;4) , ta c max f ( a ) = f ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
( 0;4)
ố 3ứ
9
2
Vớ d 9. Cho hỡnh lng tr ng cú th tớch V v cú ỏy l tam giỏc u. Khi
din tớch ton phn ca hỡnh lng tr nh nht thỡ di cnh ỏy bng bao
nhiờu?
10


A.

C. 3 2V .
D. 3 6V .
[2].
Gii

Gi h > 0 l chiu cao lng tr; a > 0 l di cnh ỏy.
a2 3
4V
.h ị h = 2
Theo gi thit ta cú V = Sday .h =
.
4
a 3
a2 3
4V
+ 3a. 2 .
Din tớch ton phn ca lng tr: S tp = S2 day + S xung quanh =
2
a 3
3

4V .

B. 3 V .

p dng BT Cụsi, ta cú: S toan phan =

a 2 3 4 3V
+
2
a

a 2 3 2 3V 2 3V
a 2 2 2 3V 2 3V
3

=
+
+
3
.
.
= 3 3 6 2V 2
2
a
a
2
a
a
2
a 3 2 3V 2 3V
Du '' = '' xy ra khi
=
=
a = 3 4V . Chn A.
2
a
a
Vớ d 10. Cho hỡnh hp ch nht ABCD. AÂB ÂC ÂD Â cú AB = x, AD = 3, gúc
gia ng thng AÂC v mt phng ( ABB ÂAÂ) bng 300. Tỡm x khi hp
ch nht cú th tớch ln nht.
3 15
3 5
3 6
3 3
A. x =

B. x =
C. x =
D. x =
.
. [2].
.
.
5
5
2
2
Gii
Vỡ ABCD. AÂB ÂC ÂD Âl hỡnh hp ch nht suy ra BC ^ ( ABB ÂAÂ) .
Khi ú AÂB l hỡnh chiu ca AÂC trờn mt phng ( ABB ÂAÂ) .
ã ÂB. t BB Â= h ( h > 0) .
Suy ra 300 = ã
AÂC ,( ABB ÂAÂ) = (ãAÂC , AÂB) = CA
D'

C'
B'

A'

h
C

D
3
A

x

B

D AÂB ÂB, vuụng nờn AÂB = AÂB Â2 + BB Â2 = x 2 + h 2 .
BC
3
0
ã
x 2 + h 2 = 27.
D AÂBC vuụng cú tan CAÂB = Â tan 30 = 2
AB
x + h2
Th tớch khi hp ch nht ABCD. AÂB ÂC ÂD Âl V = BB Â.S ABCD = 3 xh.
ổx 2 + h 2 ữ
ử
27 81
81
= 3. = ị Vmax = .
ữ
p dng BT Cụsi, ta cú 3 xh Ê 3ỗ
ỗ
ữ
ỗ
2
2
2
ố 2 ữ
ứ

ỡù x = h > 0
27
3 6
2
ùớ

ị
x
=
ị
x
=
. Chn B.
Du '' = '' xy ra
ùùợ x 2 + h 2 = 27
2
2
11


Ví dụ 11. Cho tam giác OAB đều cạnh a . Trên đường thẳng d qua O và vuông
góc với mặt phẳng ( OAB ) lấy điểm M sao cho OM = x . Gọi E , F lần lượt là
hình chiếu vuông góc của A trên MB và OB . Gọi ON là giao điểm của EF và
d . Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ nhất.
a 2
a 6
a 3
A. x = a 2.
B. x =
C. x =

D. x =
[2].
.
.
.
2
12
2
Giải
a
Do tam giác OAB đều cạnh a Þ F là trung điểm OB Þ OF = .
2
M
ïì AF ^ OB
Þ AF ^ ( MOB ) Þ AF ^ MB.
Ta có ïí
ïïî AF ^ MO
Mặt khác, MB ^ AE .
Suy ra MB ^ ( AEF ) Þ MB ^ EF .
A
O
Suy ra D OBM ∽ D ONF nên
E
F
OB ON
OB.OF a 2
=
Þ ON =
= .
OM OF

OM
2x
B
N
Ta có VABMN = VABOM +VABON
1
a2 3 æ
a2 ö
a3 6
÷
ç
= SD OAB ( OM + ON ) =
³
çx + ÷
÷
÷ 12 .
3
12 ç
è 2x ø
a2
a 2
. Chọn B.
Û x=
2x
2
Ví dụ 12. Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB = BC = CD = DA = 1 và AC, BD
thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng
2 3
4 3
2 3

4 3
A.
B.
C.
D.
[6].
.
.
.
.
27
27
9
9
Giải
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đặt BD = 2 x, AC = 2 y ( x, y > 0 )
Đẳng thức xảy ra khi x =

Ta có CM ⊥ BD, AM ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( AMC ) .
Ta có MA = MC = 1 − x 2 , MN = 1 − x 2 − y 2 ,
1
1
S AMN = MN . AC = y 1 − x 2 − y 2
2
2
1
1
VABCD = .DS .S AMC = .2 x. y 1 − x 2 − y 2
3
3

2 2 2
=
x . y .( 1 − x 2 − y 2 )
3
2
≤
3

(x

2

+ y 2 + 1 − x2 − y 2 )
27

3

⇒ VABCD ≤

2 3
.
27

12


Chọn A.
2.3.3. Phương pháp sử dụng kĩ thuật đặt biến để đưa về xét cực trị hàm số
Phương pháp này đòi hỏi học sinh phải biết cách xác định đại lượng còn
thiếu, đặt biến và đưa yêu cầu của bài toán về xét cực trị hàm số( nhiều bài có

thể giải bằng cách sử dụng BĐT, thường là BĐT Cô-si).
Một vài nguyên tắc đặt biến thường gặp như: Nếu tam giác vuông biết độ
dài một cạnh thì đặt biến là độ dài một trong hai cạnh còn lại.Nếu tứ giác là
hình chữ nhật, vuông, thoi…biết một cạnh thì đặt biến là độ dài cạnh kề với
nó…..
Ví dụ 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh
bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABC ) . Biết SC =1, tính thể tích lớn
nhất Vmax của khối chóp đã cho.
2 3
3
3
2
A. Vmax =
B. Vmax =
C. Vmax =
D. Vmax =
.
. [2].
.
.
27
27
12
12
Giải
Cách1. Đặt CA = CB = x > 0 Þ SA = SC 2 - AC 2 = 1 - x 2 . S
1
1
Diện tích tam giác SDABC = CA.CB = x 2 .
1

2
2
B
A
1
1 2
x
x
2
Khi đó VS . ABC = SD ABC .SA = x 1 - x .
C
3
6
æ 2ö
3
1 2
÷
2
÷
f ( x) = f ç
=
ç
Xét hàm số f ( x) = x 1 - x trên ( 0;1) , max
.Chọn D.
÷
ç
( 0;1)
÷ 27
ç
6

è 3ø
Cách 2. (Dùng BĐT Cô-si)
3

1
1 æ
x2 + x2 + 2 - 2 x2 ö
2 3
2
2
2 2
2
÷
ç
x 1- x =
x .x .( 2 - 2 x ) £
÷
=
.
ç
÷
÷
3
9
2
2 ç
è
ø
Nhận xét: Do ABC là tam giác vuông cân tại C , nên việc đặt CA = CB = x > 0
là gọn gàng nhất cho việc tính toán so với đặt AB = x > 0 .

Ví dụ 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , AB = 2 .
Cạnh bên SA =1 và vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABC ) . Tính thể tích lớn
nhất Vmax của khối chóp đã cho.
1
1
1
1
A. Vmax = .
B. Vmax = .
C. Vmax = .
D. Vmax = .
3
6
4
12
Giải
S
Đặt AC = x > 0. Suy ra CB = AB 2 - CA2 = 4 - x 2 .
2
1
x
4
x
Diện tích tam giác SDABC = AC.CB =
.
2
2
1
1
2

Khi đó VS . ABC = SD ABC .SA = x 4 - x
3
6

(

)

B

A
C

13


1æ
x2 + 4 - x2 ö
1
÷
ç
£ ç
÷
= . Chọn A.
÷
÷ 3
6ç
2
è
ø

Nhận xét: Trong bài toán này, do vai trò của AC , BC là như nhau nên có thể
đặt AC = x > 0 hoặc BC = x > 0. Có thể dùng phương pháp hàm số để tìm giá
1
2
trị lớn nhất của f ( x) = x 4 - x , x Î ( 0;2) . Tuy nhiên, dùng BDT Cô-si đơn
6
giản hơn.
Ví dụ 3. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và
AB =1. Các cạnh bên SA = SB = SC = 2. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối
chóp đã cho.
5
2
4
5
A. Vmax = .
B. Vmax = .
C. Vmax = .
D. Vmax = . [2].
8
3
3
4
Giải
Gọi I là trung điểm của BC. Suy ra IA = IB = IC Þ I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC . Theo giả thiết, ta có SA = SB = SC = 2. suy ra I là hình
chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) Þ SI ^ ( ABC ) .

(

)

Đặt AC = x > 0 Þ BC = AB 2 + AC 2 = x 2 +1.
Tam giác vuông SBI , có

S

15 - x 2
SI = SB - BI =
.
2
2

2

C

B

1
x
Diện tích tam giác vuông SDABC = AB. AC = .
2
2

I
A

1
1 x 2 +15 - x 2 5
1

1 x 15 - x 2
2
=
x 15 - x £ .
= .
VS . ABC = SDABC .SI = . .
12
12
2
8
3
3 2
2
Chọn A.
Ví dụ 4. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều và có
SA = SB = SC =1 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho.
1
1
2
3
A. Vmax = .
B. Vmax =
C. Vmax =
D. Vmax = .
.
.
6
12
12
12

Giải
O
Gọi
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.
S
Vì S . ABC là hình chóp đều Þ SO ^ ( ABC ) .

(

Đặt AB = x > 0 Þ SD ABC =

x2 3
.
4

Gọi M là trung điểm BC
x 3
2
x 3
Þ AM =
Þ OA = AM =
.
2
3
3

)

A

C
O

M

B

14


1
1 x2 3 3 - x2
1
VS . ABC = SDABC .SO = .
.
= .x 2 3 - x 2 .
3
3 4
12
3
1
Xét hàm f ( x) = .x 2 3 - x 2 trên 0; 3 , ta được max f ( x) = f
( 0; 3)
12
Chọn A.

(

)

( 2 ) = 16 .

Cách 2. (BĐT Cô-si cho 3 số ,thêm bớt để triệt tiêu x ở vế tổng)
3

ö
1
1 æ
x2 + x2 + 6 - 2x2 ÷
2 2
2
ç
x 3- x =
x .x .( 6 - 2 x ) £
= 2.
÷
ç
÷
÷
3
2
2 ç
è
ø
Ví dụ 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 4 ,
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) và SC = 6 . Tính thể tích
lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho.
40
80
20

A. Vmax = .
B. Vmax = .
C. Vmax = .
D. Vmax = 24. [2].
3
3
3
Giải
S
Đặt BC = x > 0, D ABC vuông Þ AC 2 =16 + x 2 .
D SAC vuông Þ SA = SC 2 - AC 2 = 20 - x 2 .
6
Diện tích hình chữ nhật S ABCD = AB.BC = 4 x.
Thể tích khối chóp S . ABCD là:
A
4
B
1
4
2
VS . ABCD = S ABCD .SA = x 20 - x .
x
3
3
C
D
Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
2

2

2

x. 20 - x £

x2 +

(

20 - x 2
2

)

2

4
40
VS . ABCD £ .10 = .
.Suy
ra
=10
3
3

Dấu " = " xảy ra Û x = 20 - x 2 Û x = 10 . Vậy Vmax =

40
. Chọn A.
3

4
2
Cách 2. Xét hàm số f ( x) = x 20 - x trên 0;2 5 .
3
S
.
ABCD
Ví dụ 6. Cho hình chóp
có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh bằng
1; SO vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) và SC =1 . Tính thể tích lớn nhất
Vmax của khối chóp đã cho.
A. Vmax =

2 3
.
9

B. Vmax =

Đặt OA = OC = x .
Tam giác vuông AOD, có

2 3
.
3

(

)

C. Vmax =

2 3
.
27

D. Vmax =

Giải

4 3
.
27

S

1

OD = AD 2 - OA2 = 1 - x 2 .
Suy ra BD = 2 1 - x 2 .Diện tích hình thoi

A

B
O
C

x
D

1

15


S ABCD = OA.BD = 2 x 1 - x 2 .
Tam giác vuông SOC , có SO = SC 2 - OC 2 = 1 - x 2 .
1
1
2
VS . ABCD = S ABCD .SO = .2 x 1 - x 2 . 1 - x 2 = x ( 1 - x 2 ) .
3
3
3
æ1 ö
2
2
÷
f ( x) = f ç
=
÷
Xét hàm f ( x ) = x ( 1 - x ) trên ( 0;1) , ta được max
ç
÷ 3 3 . Suy ra
ç
( 0;1)
è 3ø
4 3
. Chọn D.

27
Cách 2. Áp dụng BDT Côsi, ta có
Vmax =

2 x( 1- x 2 )

2 2 x 2 ( 1 - x 2 )( 1 - x 2 )

3

æ2 x 2 +1 - x 2 +1 - x 2 ö
4 3
÷
ç
=
÷
=
.
ç
÷
ç
÷
3
3
3
27
è
ø
Nhận xét: Có thể đặt SO = x ta cũng có lời giải tương tự.
Ví dụ 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4 .

Các cạnh bên bằng nhau và bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã
cho.
130
128
125
250
.
.
.
.
A. Vmax =
B. Vmax =
C. Vmax =
D. Vmax =
3
3
3
3
Giải
Gọi O = AC Ç BD. Vì SA = SB = SC = SD suy ra hình chiếu của S trên mặt
đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, do đó tứ giác ABCD là
hình chữ nhật. Gọi O = AC Ç BD , suy ra SO ^ ( ABCD) .
Đặt AB = x > 0. Tam giác vuông ABC , có
S
2
£
3

AC = AB 2 + BC 2 = x 2 +16.
Tam giác vuông SOA, có

SO = SA2 - AO 2 = SA2 -

6

2

2

AC
128 - x
=
.
4
2

x

B

A

2

1
1
128 - x
Khi đó VS . ABCD = S ABCD .SO = .4 x.
3
3
2

1
1
128
= . 2 x 128 - x 2 £ .( x 2 +128 - x 2 ) =
.
3
3
3

(

O
C

4
D

)

128
. Chọn B.
3
Ví dụ 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB = 4, SC = 6 và mặt bên ( SAD ) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho.
40
80
A. Vmax = .
B. Vmax = 40.
C. Vmax = 80.

D. Vmax = .
3
3
Giải
16
Dấu

'' = ''

xảy ra x = 128 - x 2 Û x = 8. Suy ra VS . ABCD £


Gi H l trung im ca AD ị SH ^ AD.
( SAD) ^ ( ABCD ) ị SH ^ ( ABCD ) . Gi s AD = x > 0 .
x2
+16. Tam giỏc vuụng SHC , cú
4

Suy ra HC = HD 2 + CD 2 =

S

x2
SH = SC - HC = 20 .
4
1
1
Khi ú VS . ABCD = S ABCD .SH = AB. AD.SH
3
3

2

2

A

1
x
1
1
80 H
= .4.x 20 = 2 x 80 - x 2 Ê ( x 2 + 80 - x 2 ) = .
3
4
3
3
3 D
Chn D.
2

(

)

B

C

Vớ d 9.Cho khi chúp S . ABC cú ỏy l tam giỏc vuụng cõn ti B. Khong
ã

ã
cỏch t A n mt phng ( SBC ) bng a 2, SAB
= SCB
= 900. Xỏc nh
di cnh AB khi chúp S . ABC cú th tớch nh nht.
a 10
A. AB =
C. AB = 2a.
D. AB = 3a 5.
. B. AB = a 3.
2
Gii
Gi D l im sao cho ABCD l hỡnh vuụng.
ùỡù AB ^ AD
ị AB ^ ( SAD ) ị AB ^ SD .
Ta cú ớ ã
ùù SAB = 900 đ AB ^ SA
ợ
Tng t, ta cng cú BC ^ SD . T ú suy ra SD ^ ( ABCD) .
K DH ^ SC ( H ẻ SC ) ị DH ^ ( SBC ) .
S
ự ộ
ự
Khi ú d ộ
ởA,( SBC ) ỷ= d ởD,( SBC ) ỷ= DH .
H
t AB = x > 0.
Trong tam giỏc vuụng SDC cú
C
1

1
1
1
1
1
D
=
+

=
+
.
2
DH 2 SD 2 DC 2
SD 2 x 2
a 2

(

Suy ra SD =

ax 2
2

x - 2a

2

2

(

)

trờn a 2; +Ơ , ta c

x - 2a
min f ( x) = f a 3 = 3 3a 2 . Chn B.
( a 2 ;+Ơ )

(

B

1
1 ax3 2
a 2
x3
= VS . ABCD = .
=
.
.
2
6 x 2 - 2a 2
6
x 2 - 2a 2

x3
2

A

.

Th tớch khi chúp VS . ABC
Xột hm f ( x) =

)

)

17


Vớ d 10. Cho hỡnh chúp S . ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti C , AB = 4
SA = SB = 2, SA ^ ( ABC ) . Gi H , K ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca A
lờn SB v SC . Tớnh th tớch ln nht Vmax ca khi chúp S . AHK .
2
3
3
2
A. Vmax =
D. Vmax =
. B. Vmax =
. C. Vmax =
.
. [2].
6
6
3

3
Gii
t AC = x ( 0 < x < 2) ị BC = AB 2 - AC 2 = 4 - x 2 .
S
Tam giỏc SAB cõn ti A , cú ng cao AH suy ra H l
K
SH 1
= .
trung im ca SB nờn
SB 2
H
Tam giỏc vuụng SAC cú
A
SK SA2
4
2
SA = SK .SC ị
= 2=
.
SC SC
4 + x2
B
VS . AHK SH SK 1
4
2
=
.
= .
=
Ta cú

VS . ABC
SB SC 2 x 2 + 4 x 2 + 4
ị VS . AHK

ử
2
2 ổ
1
2 x 4 - x2
ữ
ỗ
= 2
.VS . ABC = 2
.ỗ SDABC .SAữ
ữ= 3 . x 2 + 4 .
ố3
ứ
x +4
x +4 ỗ

ổ2 ử
2
2 x 4 - x2
ữ
=
.
Xột hm f ( x) = . 2
trờn ( 0;2) , ta c max f ( x ) = f ỗ
ữ
ỗ

ữ
ỗ
( 0;2)
ố 3ứ 6
3 x +4
Chn A.
2.3.4. Phng phỏp s dng k thut tri hỡnh
Khi gii mt bi toỏn v hỡnh chúp m cỏc d kin ca nú liờn quan n
tng cỏc cnh, hoc tng cỏc gúc phng thỡ vic phng hoỏ hỡnh chúp (tc l
tri phng t din ú lờn mt mt phng) sao cho phự hp s cho ta mt li gii
gn gng v d hiu.
Vớ d 1. Ngi ta cn trang trớ mt kim t thỏp hỡnh chúp t giỏc u S . ABCD
cnh bờn bng 200m , gúc ãASB =150 bng ng gp khỳc dõy ốn led vong
quanh kim t thỏp AEFGHIJKLS .Trong ú im L c nh v LS = 40m
(tham kho hỡnh v).

Hi khi ú cn dựng ớt nht bao nhiờu một dõy ốn led trang trớ?
A. 40 67 + 40 một.
B. 20 111 + 40 một.
18

C


C. 40 31 + 40 mét.

D. 40 111 + 40 mét.
[7].
Giải.
Ta sử dụng phương pháp trải đa diện

Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải ra mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau

Từ đó suy ra chiều dài dây đèn led ngắn nhất là bằng AL + LS .Từ giả thiết về
hình chóp đều S . ABCD ,ta có ·ASL =1200 .Ta có:
·
AL = SA2 + SL2 - 2SA.SLcos ASL
= 2002 + 402 - 2.200.40.cos1200
= 49600 = 40 31.
Vậy, chiều dài dây đèn led cần ít nhất là 40 31 + 40 mét. Chọn C.
Ví dụ 2. Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC vuông tại A ,
SA ^ ( ABC ) và SA = h ; hai điểm B, C thay đổi sao cho AB + AC = h .Gọi I , J
là các điểm lần lượt di động trên các cạnh SB và SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi tam giác AIJ .
h 3
A. h.
B. h 2
C. x = h 3.
D. x =
[8].
.
2
Giải.
Trên tia AC và tia AB lần lượt lấy các
EMBED PBrush
điểm A ', A '' sao cho AA ' = AA '' = SA = h .
Gọi S ' là đỉnh thứ 4 của hình bình hành
AA ' S ' A '' . Khi đó AA ' S ' A '' là hình vuông
cạnh bằng h .
Dễ thấy D SAB=S'A 'C , D SAC=S'A '' B và
D SBC=S'BC (c.c.c).

Như vậy mặt xung quanh của hình chóp đã
được trải ra trên mặt phẳng chứa đáy.
Gọi I ', J ' lần lượt thuộc các đoạn S ' C và S ' B sao cho S ' I ' = SI , S ' J ' = SJ .
Khi đó chu vi tam giác AIJ bằng độ dài đường gấp khúc A ' I '+ I ' J '+ J ' A '' .
Ta có A ' I '+ I ' J '+ J ' A '' ³ A ' A '' = h 2 . Dấu bằng xảy ra khi A ', I ', J ', A '' thẳng
hàng.
Vậy chu vi tam giác AIJ nhỏ nhất bằng h 2 . Chọn B.
19


Ví dụ 3. Cho hình chóp đều S . ABC có ·ASB = 30° ; AB = a . Lấy B′, C ′ lần lượt
thuộc cạnh SB, SC . Tính giá trị nhỏ nhất đó của chu vi ∆AB′C ′ .
2a
2a
a 3
( 3 - 1)a
A.
.
B.
.
C.
.
D.
[9].
.
3
3 −1
2
2
Giải.

Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC như sau:
∆ABS → ∆A1BS ;

∆ACS → ∆A2CS ;
Khi đó, với các điểm: B′ ∈ SB ; C ′ ∈ SC
PAB′C ′ = AB′ + B′C ′ + C ′A = A1B′ + B′C ′ + C ′A2
≥ A1 A2
Dấu “=” xảy ra ⇔ B′, C ′ ∈ A1 A2 .Do A1 , A2 cố
định ⇒ A1 A2 cố định
SB, SC cố định ⇒ Ta luôn xác định được B′, C ′ thỏa mãn chu vi ∆AB′C ′ là nhỏ
nhất. Khi đó, ta có:
·A SA = ·A SB + BSC
·
·
+ CSA
= 3.30° = 90° ⇒ A A = 2.SA = 2.SA = 2.SA .
1

2

1

2

1

2

1

2

·
Xét ∆SAB có AB = a; ·ASB = 30° ⇒ SBA
= 75° (Vì ∆SAB cân tại S )
AB
a
a
SA =
.sin 75° =
.cos15° =
sin 30°
sin 30°
2sin15°
3
1−
Vì
1
−
cos
30
°
2 − 3 .Do sin15° > 0 ⇒ sin15° = 2 − 3
2
2
sin 15° =
=
=
4
2

2
4
a
a
a
2a
⇒ SA =
=
⇒ A1 A2 = 2.
=
3 −1 ;
2− 3
2− 3
2− 3
2
2
2a
Vậy, giá trị nhỏ nhất của chu vi ∆AB′C ′ là
tại B′, C ′ là giao điểm của
3 −1
SB, SC với A1 A2 . Chọn B.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Đề tài này bản thân tôi áp dụng trọng việc dạy và luyện cho học sinh ôn
thi THPT quốc gia và học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh. Đa số học sinh có hứng
thú, vận dụng tốt và phần nào tự tin khi gặp dạng toán này.
Kết quả cụ thể ở các lớp khối 12, sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
này vào giảng dạy được thể hiện qua bài kiểm tra như sau :
Điểm từ 5 đến
Điểm 8 trở lên
Điểm dưới 5

8
Tổng
Năm học
Lớp
số
Số
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
lượng
17,5
32,5
2018-2019
12A3
40
7
20
50 %
13
%
%
2019-2020
12B7
42
8
19 %

17
40,5
17
40,5
20


%
%
Như vậy tôi thấy sáng kiến kinh nghiệm trên có hiệu quả. Mặc dù cố gắng
tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót. Tôi rất mong được sự
quan tâm, nghiệp bổ sung và góp ý của tất cả các đồng nghiệp. Tôi xin chân
thành cảm ơn.
3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm này sau khi được áp dụng đã mang lại hiệu quả rõ
rệt, chất lượng làm bài toán cực trị trong hình học không gian của học sinh đã
được nâng lên .Nhiều học sinh từ chỗ không biết cách giải dạng toán này, sau
khi được cung cấp các phương pháp nêu trong sáng kiến kinh nghiệm đã tự
mình giải được các bài toán cơ bản và dần dần làm được những bài khó hơn.
Riêng những học sinh khá giỏi đã giải được các bài toán khó. Sáng kiến kinh
nghiệm này góp phần tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra
cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học,
tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu.
Kiến nghị
Nhằm giúp học sinh học tốt hơn về hình học không gian, đặc biệt là các
bài toán có yếu tố lớn nhất nhỏ nhất, bản thân tôi có kiến nghị:
- Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 12, các cấp có thẩm quyền
nên tăng cường thêm số tiết cho hình học không gian.
- Đối với học sinh lớp 12, giáo viên nên dành một số tiết tự chọn để ôn

tập lại cho các em về hình học tổng hợp, rèn luyện thêm kĩ năng vận dụng bất
đẳng thức cơ bản vào giải toán, thành thạo việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si
trong các bài toán cực trị đại số cũng như hình học. Giáo viên cần chuẩn bị các
mô hình thực tế để học sinh dễ quan sát và cũng nên ứng dụng công nghệ thông
tin vào các tiết giảng về nội dung này.
-Vì thời gian trong phân phối chương trình không thể đáp ứng được việc
truyền thụ nội dung các phương pháp giải nên cần tổ chức phụ đạo cho học sinh
vào những buổi ngoài thời khoá biểu.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình, không sao chép nội dung của
người khác

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Đề thi thử lần 3 năm học 2017-2018, THPT Hậu Lộc 2 Thanh Hóa.
[2]. Huỳnh Đức Khánh (chủ biên) , Trắc nghiệm 12 Tuyển chọn luyện thi THPT
Quốc gia, NXB Đồng Nai năm 2019.
[3]. Đề thi THPT Quốc gia năm 2017.
[4]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Nguyễn Thị Vân.
[5]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Đồng Anh Tú.
[6]. Đề thi thử THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh Lần 1 năm học 2018-2019.
[7]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Nguyễn Văn Oánh.
[8]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Lê Thanh Bình.
[9]. Trang web:, tác giả Trần Thị Hiền, THPT Chuyên Hạ
Long.

22