Góp phần nâng cao năng lực toán học cho học sinh thông qua dạy học vận dụng tính chất hình học vào bài toán cực trị hình không gian

Phần 1. Đặt vấn đề
1.1. Lý do chọn đề tài
Hình học không gian là chủ đề hiện nay được giáo viên và học sinh giành
nhiều sự quan tâm và chú trọng trong quá trình dạy học. Đặc biệt hơn nữa chủ đề
này thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi trung học phổ thông quốc gia, kỳ thi
tốt nghiệp trung học phổ thông và kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Qua thực trạng dạy học bản thân nhận thấy các bài tốn cực trị hình khơng
gian cổ điển và hình khơng gian Oxyz ln là những thách thức thực sự dành cho
người dạy và người học. Để giải quyết được dạng bài tập hình học này địi hỏi
người học phải có tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải tốn.
u cầu về đổi mới phương pháp dạy học ln là đòi hỏi cấp thiết hàng đầu
của ngành giáo dục đối với giáo viên, đặc biệt đối với chủ đề cực trị hình khơng
gian là một chủ đề hay và khó của mơn tốn nên người dạy phải có một trình độ
chun mơn vững vàng, có kiến thức sâu rộng và linh hoạt, sáng tạo trong việc lựa
chọn phương pháp dạy học.
Việc vận dụng tính chất hình học để giải các bài tốn cực trị hình khơng gian
khơng những mang lại hiệu quả cao mà qua đó cịn có tác dụng rất lớn đến việc
hoàn thiện và phát triển các phẩm chất năng lực Toán học cho học sinh. Đồng thời
góp phần quan trọng vào cơng cuộc đổi mới phương pháp dạy học cho giáo viên.
Chính vì những lý do nêu trên nên bản thân tôi quyết định lựa chọn đề tài
“Góp phần nâng cao năng lực tốn học cho học sinh thơng qua dạy học vận dụng
tính chất hình học vào bài tốn cực trị hình khơng gian”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu lý luận dạy học
- Nghiên cứu một số tính chất hình học phẳng và hình học khơng gian vào
giải quyết bài tốn cực trị hình không gian
- Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác các tính chất trong hình học phẳng
và hình học khơng gian để giải quyết bài tốn cực trị hình học khơng gian. Từ đó
biết vận dụng vào bài tốn cực trị Oxyz.
- Bước đầu giúp học sinh biết cách tìm tịi, phát hiện các tính chất của hình
học. Đồng thời nâng cao tinh thần và năng lực tự học, tự nghiên cứu các vấn đề nảy

sinh trong toán học.

1


1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Học sinh khá giỏi THPT, sinh viên các trường sư phạm,…
- Giáo viên giảng dạy mơn tốn THPT
Phần 2. Nội dung nghiên cứu
2.1. Cơ sở khoa học
- Cơ sở lý luận: một số tính chất hình học phẳng và hình học khơng gian hay
sử dụng.
- Cơ sở thực tiễn: Xuất phát từ việc học tập bộ mơn tốn nói chung, chủ đề
hình học khơng gian cổ điển nói riêng của học sinh cịn gặp nhiều khó khăn.
2.2. Thực trạng của vấn đề
- Việc học tập bộ mơn hình học khơng gian ở nhà trường phổ thơng cịn khá
nhiều khó khăn đối với học sinh
- Việc dạy học chủ đề cực trị hình học khơng gian của đa số giáo viên cịn
gặp khá nhiều khó khăn trong việc lựa chọn cách thức tổ chức dạy học và xây dựng
nguồn bài tập phong phú, đa dạng để kích thích được tư duy người học.
- Nội dung đề tài mang tính thời sự cao và đáp ứng được nhu cầu giảng dạy
cũng như học tập của nhiều giáo viên và học sinh.
2.3. Tính ưu việt của đề tài
Việc sử dụng tính chất hình học vịa bài tốn cực trị hình khơng gian nó làm
cho bản chất của bài toán được bộc lộ rõ hơn. Đồng thời, cách giải quyết này
thường ngắn gọn và khắc sâu hơn về kiến thức hình học được đề cập đến.
Việc vận dụng tính chất hình học vào bài tốn cực trị hình học khơng gian
khơng chỉ đơn thuần dừng lại ở phương pháp giải tốn mà thơng qua đó giúp học
sinh phát triển được tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo trong giải toán.
Hướng triển khai của đề tài giúp giáo viên và học sinh có được nguồn tài liệu

bổ ích phục vụ cho cơng tác giảng dạy và học tập bộ mơn hình học khơng gian hiệu
quả hơn.
2.4. Hướng triển khai của đề tài
2.4.1. Định hướng chung về phương pháp giải toán
Việc đề xuất các hướng giải quyết cho bài tốn cực trị hình khơng gian vơ
cùng quan trọng bởi khi đứng trước bài tốn cực trị hình khơng gian người giải tốn
2


sẽ có được sự nhìn nhận vấn đề một cách tốt hơn là việc phải mị mẫm. Qua đó học
sinh sẽ vạch ra được các hướng giải quyết cho mỗi bài tốn và có được sự lựa chọn
phù hợp dựa vào đặc thù của mỗi bài toán. Cụ thể ta có các hướng giải quyết sau:
- Gắn biến để đưa về đưa về bài toán min – max của hàm một biến hoặc
nhiều biến
- Sử dụng công cụ véc tơ;
- Xây dựng đẳng thức trung gian;
- Đánh giá trực tiếp, …
2.4.2. Đề xuất một số tính chất hình học thường được sử dụng để giải tốn
2.4.2.1. Tính chất hình học liên quan đến độ dài, khoảng cách.
Tính chất 1. Trong không gian, cho 2 điểm phân biệt A, B . Với điểm M tùy ý, ta
ln có:


MA  MB �AB . Dấu “=” xảy ra khi M , A, B thẳng hàng và M thuộc đoạn
AB .



MA  MB �AB . Dấu “=” xảy ra khi M , A, B thẳng hàng và M nằm ngồi
đoạn AB ( M có thể trùng với A hoặc B ).

Tính chất 2. Cho mặt phẳng  P  và điểm M � P  . Với điểm N tùy ý thuộc  P 
ta ln có: MN �MH , với H là hình chiếu vng góc của M trên  P  . Dấu “=”
xảy ra khi N �H .
Tính chất 3. Cho đường thẳng d và điểm M �d . Với điểm N tùy ý trên d , ta
ln có MN �MH , với H là hình chiếu vng góc của M trên d . Dấu “=” xảy ra
khi N �H .
Tính chất 4. Cho đường trịn  C  có tâm I , bán kính R và điểm A nằm ngồi
 C  . Gọi M là một điểm di động trên  C  , khi đó ta ln có tính chất sau:

IA  R �AM �IA  R .

3


Tính chất 5. Cho đường trịn  C  có tâm I , bán kính R và điểm A nằm trong
 C  . Gọi M là một điểm di động trên  C  , khi đó ta ln có tính chất sau:

R  IA �AM �IA  R .
Tính chất 6. Trong khơng gian cho hai mặt phẳng  P  và  Q  cắt nhau và đường



 



d�,  Q  ��
P , Q
d

�
P


thẳng
. Khi đó,
, dấu “=” xảy ra khi d vng góc với
giao tuyến của  P  và  Q  .

2.4.2.2. Tính chất hình học liên quan đến tỉ số diện tích.
2.4.2.2.1. Một số trường hợp về tỉ số diện tích trong tam giác
+) Tỉ số diện tích của hai tam giác có chung đường cao bằng tỉ số độ dài các
cạnh đáy.
Cho tam giác ABC , M là một điểm thuộc
cạnh BC và khơng trùng với các đỉnh B, C (như
hình vẽ bên). Ta có tỉ số sau:
SABM BM S ABM BM

;

SABC
BC S ACM CM
+) Tỉ số diện tích của hai tam giác có chung cạnh đáy bằng tỉ số độ dài các
đường cao.
A

Cho tam giác ABC , M là một điểm tùy ý
thuộc miền trong tam giác ABC . Gọi N là giao
điểm của AM với BC (như hình bên). Khi đó, ta
có tỉ số diện tích sau

M
B

N

C

SMBC MN

SABC AN
+) Tỉ số diện tích của hai tam giác chung đỉnh (như hình bên).

4


SAMN AM AN

.
SABC
AB AC

A
N
M

2.4.2.2.2. Xây dựng công thức về tỉ số trong tam
giác thường sử dụng

B

C

Bằng kinh nghiệm dạy học 16 năm, cùng với việc thường xuyên ôn thi cho đội
tuyển dự thi HSG cấp tỉnh tác giả đã đúc rút được bài toán sau về tỉ số trong tam
giác dựa trên nền tảng tỉ số diện tích trong tam giác mà tác giả đã đề cập đến trong
đề tài SKKN năm 2019 – 2020 của chính tác giả.
“Cho tam giác ABC . Gọi M , N lần lượt
là hai điểm thuộc cạnh AB, AC (không
trùng với A). Trên cạnh BC lấy điểm D
DB m

thỏa mãn DC n . Gọi E là giao điểm
của AD và MN . Khi đó ta có đẳng thức
AB
AC
AD
n
m
 m  n
 2.1
AM
AN
AE
sau:
”
2.4.2.3. Tính chất hình học liên quan đến tỉ số thể tích.
 Tỉ số thể tích khối chóp tam giác:
Cho hình chóp tam giác S . ABC . Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm
A�

, B�
, C �(không trùng với đỉnh S ), khi đó ta có cơng thức tỉ số thể tích sau:
VS . A���
SA�SB�SC �
BC

.
.
 2.2 
VS . ABC SA SB SC
.
Từ công thức trên ta cũng xây dựng được cơng thức tỉ số thể tích cho khối chóp có
đáy là hình bình hành sau đây:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng
khơng đi qua đỉnh của hình chóp cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại các
, B�
, C�
, D�
điểm A�
. Đặt

a

SA
SB
SC
SD
,b 
,c 
,d 

SA� SB� SC � SD�
, ta có cơng thức:
5


VS . A����
abcd
BCD

 2.3
VS . ABCD
4abcd
.
Chứng minh.
Ta có: ABCD là hình bình hành nên:
S ABCD  2 SABD � VS . ABCD  2VS . ABD .
Khi đó:

VS . A���
SA�SB�SD� 1
1
1
BD

.
.

� VS . A���
.VS . ABD 
.VS . ABCD

BD 
VS . ABD
SA SB SD abd
abd
2abd
.
VS .B���
SB�SC �SD� 1
1
1
CD

.
.

� VS . B���
.VS . BCD 
.VS . ABCD
CD 
VS .BCD
SB SC SD bcd
bcd
2bcd
.
�VS . A����
B C D  VS . A���
B D  VS . B���
CD 

1

1
 a  c  VS . ABCD
.VS . ABCD 
.VS . ABCD 
 1 .
2abd
2bcd
2abcd

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:

VS . A����
BCD 

 b  d  VS . ABCD
2abcd

 2 .

Từ  1 và  2  suy ra: a  c  b  d .

VS . A����
BCD 

 b  d  VS . ABCD
2abcd



2  b  d  VS . ABCD  a  b  c  d  VS . ABCD


4abcd
4abcd
.

VS . A����
abcd
BCD

4abcd .
Vậy: VS . ABCD
 Tỉ số thể tích khối lăng trụ:
, BB�
, CC �lần lượt lấy các
B C . Trên các cạnh AA�
Cho lăng trụ tam giác ABC. A���

VABCMNP 1 �AM BN CN �
 �


� 2.4 
�
�
�
V
3
AA
BB
CC

M
,
N
,
P
�
�
���
ABC
.
A
B
C
điểm
. Khi đó ta có cơng thức:
.

Chứng minh.

6


S BCP 1 CP S PBN
1 BN
S
1 �BN CP �

;

� BCPN  � 

�
Ta có: S BCC�B� 2 CC �S BCC �B� 2 BB� S BCC �B� 2 �BB� CC ��

1 �BN CP �
1 �BN CP �
� VA.BCPN  � 
V

VABC . A���
�
�
�A. BCC B
� 
�
BC
2 �BB� CC �
3 �BB� CC �
�
�
Hồn tồn tương tự ta cũng có:

VP. AMN 

1 AM
.VABC . A���
BC
3 AA�

1 �AM BN CP �
VABCMNP VA.BCPN  VP. AMN  �



.VABC . A���
�
BC
�
�
�
3
AA
BB
CC
�
�
Khi đó:
VABCMNP 1 �AM BN CP �
 �


�
�
�
V
3
AA
BB
CC �
�
�
���

Hay ABC . A B C
. (điều phải chứng minh)

Hồn tồn tương tự ta cũng có cơng thức tỉ số cho khối hộp như sau:
, BB�
, CC �
,
B C D . Một mặt phẳng cắt các cạnh bên AA�
Cho hình hộp ABCD. A����
DD�
lần lượt tại các điểm M , N , P, Q . Khi đó ta có cơng thức tỉ số sau:

VABCDMNPQ

1 �AM BN CP DQ � 1 �AM CP � 1 �BN DQ �
 �




� � �
� � �
� 2.5 
VABCD. A����
4 �AA� BB� CC� DD�
� 2 �AA CC�
� 2 �BB DD�
�
BCD
.

Việc chứng minh công thức  2.5  ta thực hiện bằng cách chia khối hộp thành hai
khối lăng trụ tam giác bằng nhau rồi áp dụng cơng thức tỉ số thể tích của khối lăng
trụ tam giác.
2.4.2.4. Tính chất liên quan đến véc tơ.
uuu
r2
2
AB

AB
, A, B .


7


r r rr r r

u
v �uv �u v .

r r r r r r
u  v �u  v �u  v

.
 Cho n điểm phân biệt A1 , A2 ,..., An và bộ số k1 , k2 ,..., kn thỏa mãn
uur r
k
.
� i IAi  0

n

k1  k2  ...  kn �0 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm I sao cho

i 1

.

 Trong không gian, bốn điểm A, B, C , D đồng phẳng khi và chỉ khi với điểm
uuur
uuur
uuur
uuuu
r
MA

a
.
MB

b
.
MC

c
.
MD
M tùy ý ta ln có
và a  b  c 1 .
Trên đây là một số tính chất hình học thường được sử dụng khi giải tốn cực trị

hình học khơng gian mà tác giả đề cập đến. Ngồi ra ta cịn có thể bặt gặp thêm
một số tính chất khác trong q trình giải tốn.
2.4.3. Phân tích, định hướng giúp học sinh phát hiện và sử dụng tính chất hình học
cho các bài tốn cực trị hình khơng gian.
Trong nội dung này, tác giả chọn lọc và đưa ra một số bài toán cực trị hình khơng
gian có sử dụng đến các tính chất hình học đã được hệ thống ở mục 2.4.2. Đồng
thời đưa ra những phân tích, bình luận phù hợp để hỗ trợ học sinh trong việc tìm ra
lời giải cho bài toán.
Trước hết chúng ta đến với các bài toán sử dụng tính chất về khoảng cách, độ dài
trong hình học
0
�
Bài tốn 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi và ABC  60 ,

SA  SB  SC  a 2 ; góc giữa SB và mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Gọi H là
trọng tâm tam giác ABC , P là trung điểm của SC và M là điểm thay đổi trên

đường thẳng SH . Tìm giá trị nhỏ nhất của MP  MB .
Phân tích:
 Biểu thức MP  MB gợi ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất 1
 Tuy nhiên BP và SH không đồng phẳng nên dấu “=” không xảy ra
 Ta nghĩ đến việc thay thế điểm B bởi một điểm N thỏa mãn 2 điều kiện:

NP và SH cắt nhau tại điểm thuộc đoạn NP � N thuộc mặt phẳng  P, SH 

8


MN  MB, M �SH . Để thỏa mãn được điều kiện này ta cần phát hiện thêm
các tính chất hình học khác của hình chóp.

 Ta phát hiện ra tam giác ABC đều, kết hợp với giả thiết SA  SB  SC suy ra

H là hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  . Do đó, để
MN  MB, M �SH thì N phải thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
.

Từ các phân tích trên ta có định hướng cho bài tốn như sau:
Bước 1: Chứng minh SH   ABCD 
Bước 2: Trong mặt phẳng đáy, gọi N là điểm đối xứng với C qua H
� MN  MB, M �SH
Bước 3: Đánh giá MP  MB  MP  MN �PN , dấu “=” xảy ra khi M  NP �SH .
Bước 4: Tính độ dài đoạn thẳng PN và kết luận. Để tính PN ta sử dụng định lí
cosin cho tam giác

CPN � PN 

a 10
2 .

�
�  CSA
�  300
ASB

BSC
SA

SB

SC


a
S
.
ABC
Bài tốn 2. Cho khối chóp
có
và
.
, C�
Mặt phẳng    bất kỳ qua A cắt các cạnh SB, SC tại B�
. Tìm giá trị nhỏ nhất
C .
của chu vi tam giác AB��

Để giải quyết bài toán này ta sử dụng phương pháp trải phẳng. Vấn đề đặt ra là
làm thế nào để học sinh nhận ra được cách giải quyết này? Ta cần có những phân

9


tích hợp lý để lời giải bài tốn đến với người học một cách tự nhiên dễ hiểu chứ
không mang tính áp đặt, cho sẵn.
Phân tích.

� �� �
 Bài tốn yêu cầu ta đi tìm min  AB  B C  C A  .
 Tổng trên có quy luật nối tiếp nhau nên ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất 1
, B��
C , C�

A�thuộc 3 mặt bên của hình chóp nên chưa thể
 Vì 3 đoạn thẳng AB�
áp dụng tính chất 1 ngay được. Hơn nữa việc gắn biến hoặc xây dựng mối
liên hệ giữa 3 đoạn thẳng này cũng chưa có cơ sở để thực hiện.

 Có cách nào đưa về tổng của 3 đoạn thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng
mà độ dài của chúng vẫn được bảo tồn hay khơng?
 Ta cần một cách nào đó để cho 3 mặt bên của hình chóp cùng nằm trong một
mặt phẳng?
 Từ đó học sinh sẽ nghĩ đến việc trải hình chóp ra phẳng như hình vẽ dưới
đây

Trải phẳng

Lời giải.
Trải hình chóp S . ABC ra phẳng ta được như hình trên ( A�chính là điểm A ban
BC là
đầu). Khi đó chu vi tam giác A�
P  AB�
 B��
C  C�
A�
�AB0  B0C0  C0 A�
 AA�
. Dấu “=” xảy ra �B� B0 , C � C0 .

10


 SA 2  a 2 .

Vì tam giác ASA�vng cân tại S , nên AA�
C nhỏ nhất bằng a 2
Vậy, chu vi tam giác AB��

Từ bài toán này, bạn đọc có thể tự giải quyết hai bài tốn tương tự sau
Bài tốn 2.1. Người ta cần trang trí một
kim tự tháp hình chóp tứa giác đều
S . ABCD cạnh bên bằng 200m , góc
�
ASB 150 bằng đường gấp khúc dây đèn
led vịng quanh kim tự tháp
AEFGHIJKLS (như hình vẽ). Trong đó
điểm L cố định và LS  40m . Tính đọ
dài đoạn dây tối thiểu dùng để trang trí.

B C D cạnh a . Một con kiến xuất
Bài toán 2.2. Cho hình lập phương ABCD. A����
phát từ đỉnh A đi trên các mặt của hình lập phương. Tính qng đường ngắn nhất
C , A����
BCD
con kiến đi từ A đến B�mà phải đi qua tất cả các mặt ABCD, CDD��

của hình lập phương.
Bài tốn 3. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ diện. Gọi
Ra , Rb , Rc , Rd lần lượt là khoảng cách từ M tới các đỉnh A, B, C , D và ha , hb , hc , hd
lần lượt là chiều cao của tứ diện kẻ từ các đỉnh A, B, C , D . Chứng minh rằng:
Ra Rb Rc Rd
   �3
ha hb hc hd
.

Phân tích:
 Để giải quyết bài tốn ta cần phát hiện một tính chất hình học liên quan đến
R và h . Để phát hiện ra tính chất thì giáo viên cần mơ tả bằng hình vẽ mẫu

11


 Từ hình ảnh trên ta dễ dàng phát hiện ra một tính chất rất quan trọng là:
Ra
Ra  MK �ha . Ta cần tạo tỉ số ha , do đó ta nghĩ đến việc chia cả hai vế cho
Ra d  M ,  BCD  

�1
ha
ha thì được: ha
.
d  M ,  BCD  

 Tỉ số

ha

d  M ,  BCD   VM . BCD

h
VABCD
a
gợi ta nghĩ đến tỉ số thể tích

 Từ đó ta đưa ra được lời giải cho bài toán như sau:

Lời giải.
Với điểm M tùy ý trong tứ diện, ta luôn có:

Ra  d  M ,  BCD   �ha
�

(xem hình vẽ bên).

Ra d  M ,  BCD  
Ra VM .BCD

��
1

�1
ha
ha
ha VABCD
(1)

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
Rb VM . ACD
Rc VM . ABD
Rd VM . ABC

�1

�1

�1

hb VABCD
h
V
h
V
ABCD
ABCD
(2); c
(3); d
(4)
Cộng vế theo vế của các BĐT (1), (2), (3), (4) ta được:
Ra Rb Rc Rd VM . BCD VM . ACD VM . ABD VM . ABC
R R R R
   
�4 � a  b  c  d �3
ha hb hc hd
VABCD
ha hb hc hd
.
Dấu “=” xảy ra � M là trọng tâm của tứ diện ABCD .

12


Tiếp theo tác giả xin đề xuất một số bài tốn cực trị mà việc sử dụng tính chất véc
tơ được xem là mẫu chốt để giải quyết vấn đề.
Bài tốn 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA  a 6 và
SA   ABCD  . Gọi M là điểm di động trên mặt phẳng  SCD  . Tìm giá trị nhỏ
2
2

2
2
2
nhất của biểu thức P  MA  MB  MC  MD  MS .

Phân tích, định hướng.
 Biểu thức P có chứa 5 đại lượng biến thiên phụ thuộc M nên ta nghĩ đến
việc giảm các đại lượng biến thiên trong P
 Biểu thức P là tổng của các bình phương độ dài của các đoạn thẳng nên ta
nghĩ đến việc sử dụng véc tơ để biến đổi như sau
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur 2 uuu
r uu
r 2
P  MI  IA  MI  IB  MI  IC  MI  ID  MI  IS
uuu
r2
uuu
r uu
r uur uur uur uu
r uu
r 2 uur2 uur 2 uur 2 uu
r2
 5MI  2 MI IA  IB  IC  ID  IS  IA  IB  IC  ID  IS , I



 


 

 


 



 Vì đẳng thức trên đúng với điểm I tùy ý nên để thuận lợi cho việc đánh giá
uu
r uur uur uur uu
r r
uur uu
r r
IA

IB

IC

ID

IS

0

�
4
IO

IS
0 .
ta chọn điểm I thỏa mãn
 Khi đó, P nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất � M là hình chiếu của I trên  SCD 
Lời giải.
Gọi O  AC �BD .

uu
r uur uur uur uu
r r
IA

IB

IC

ID

IS
0
Gọi I là điểm thỏa mãn
uu
r uur uur uur uur uu
r
uur
IA


IB

IC

ID

4
IO
�
IS


4
IO .
Vì

Khi đó,

13


uuu
r uu
r 2
P  MI  IA 
uuu
r2
uuu
r

 5MI  2 MI



uuu
r uur

uuu
r uur

uuu
r uur

uuu
r uu
r

  MI  IB    MI  IC    MI  ID    MI  IS 
uu
r uur uur uur uu
r uu
r uur uur uur uu
r
IA

IB

IC

ID


IS

IA

IB

IC

ID

IS


2

2

2

2

2

2

2

2

2

 5MI 2  IA2  IB 2  IC 2  ID 2  IS 2
13a 2
SO  SA  OA 
2
Ta có:
2

2

2

BD 2
AC 2 16
2
IA  IB  IC  ID  IS  2 IO 
 2 IO 
 SO 2
2
2
25
Suy ra,
2

2

2

2

2

2

16
4
16
4 2
36a 2
2
2
2
2
2
 4 IO  AC  SO  SO  AC  SO  SO  AC 
25
25
25
5
5
2

2

� P  5MI 2 

.

36a 2

5 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu của I trên

4
2
2
MI  d  I ,  SCD    d  O,  SCD    d  A,  SCD    AH
 SCD  , khi đó
5
5
5
1
1
1
7
6
24a 2
2



�
AH

a
�
MI

2
SA2 AD 2 6a 2
7

175
Lại có: AH

Vậy,

min P 

1452 2
a
175 .

B C D có AB  a, AD  a 2,
Bài tốn 5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����

AA�
 a 3 . Gọi G là trung điểm của BD�
, mặt phẳng  P  đi qua G và cắt các tia
AD�
, CD�
, D�
B�tương ứng tại ba điểm phân biệt H , I , K . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

T

1
1
1



D�
H 2 D�
K 2 D�
I2 .

Phân tích.
 Về mặt phương pháp: ta đi xây dựng đẳng thức trung gian

a
b
c


k
D�
H D�
K D�
I
.

14


A, D�
C , D�
B�là 3 cạnh bên của hình chóp D�
. ACB�và mặt
 Nhận thấy: D�

phẳng  HKI  luôn đi qua G hay 4 điểm H , K , I , G luôn đồng phẳng khi
 P  thay đổi. Điều này gợi ta nghĩ đến tính chất 4 điểm đồng phẳng.
Lời giải.

D�
H
D�
I
D�
K
 x,
 y,
z
�
�
�
�
D
A
D
C
D
B
Đặt
,  0  x, y, z 1 . Ta có:

uuuur 1 uuuu
r 1 uuur 1 uuuu
r 1 uuuur uuuur 1 uuuur 1 uuur 1 uuuur
� D�

G
D�
H
D�
I  D�
K
D�
G  D�
B  D�
A  D�
C  D�
B�
4
x
4
y
4
z
2
4
4
4
Vì 4 điểm H , K , I , G đồng phẳng nên ta có:

1
1
1
D�
A D�
C D�

B�

 1�


4
4x 4 y 4z
D�
H D�
I D�
K
.
Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có:
2

A D�
C D�
B�
1
1 � 2
�D�
� � 1
2
4 �


�� 2 

D�
A  D�

C 2  D�
B�


�
2
2 �
H D�
I D�
K � �D�
H
D�
I
D�
K �
�D�
2

T

16
16
2
D�
A2  D�
C 2  D�
B�
12a 2

4

3a 2 .

D�
A D�
C D�
B� 4



.
H D�
I D�
K 3 , hay  P  //  ACB�
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi D�
Vậy,

min T 

4
3a 2 .

15


Nhận xét: Mẫu chốt của bài tốn chính là việc phát hiện ra tính chất 4 điểm
H , K , I , G đồng phẳng. Cũng với ý tưởng này, xin mời bạn đọc đến với bài toán
trong đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An, năm học 2020 – 2021 sau đây.
Bài tốn 6. (Trích đề thi HSG tỉnh Nghệ An, năm học: 2020 – 2021)
Cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đơi một vng góc và SA 1 , SB  SC  2 2
. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Một mặt phẳng    thay đổi đi

qua I lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại M , N , P .

1
1
1 5


�
2
2
2
SM
SN
SP
8.
Chứng minh rằng
Lời giải.

2
2
Ta có: AB  SA  SB  3; AC  3; BC  4. Vì I là tâm đường trịn nội tiếp tam
giác ABC nên ta có:
uu
r
uur
uur r
uu
r uur uur r
BC.IA  AC.IB  AB.IC  0 � 4 IA  3IB  3IC  0
uur uu

r
uur uu
r
uuu
r uu
r r
� 4 SA  SI  3 SB  SI  3 SC  SI  0



 

 



uur
uur uur uuu
r uur 4 uur 3 uur 3 uuu
r
� 10SI  4SA  3SB  3SC � SI  SA  SB  SC
10
10
10
uu
r
� SI 

r 6 2 uur
4 uuur 6 2 uuu

SM 
SN 
SP
10SM
10SN
10SP

(1)

Vì M , N , P, I đồng phẳng nên từ (1) ta có:

16


4
6 2
6 2
2
3 2 3 2


1�


5
10 SM 10 SN 10SP
SM SN
SP
.

1
1
1 5
 2  2�
2
SN
SP 8 .
Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta suy ra: SM
Dấu “=” xảy ra khi

SM  4; SN  SP 

8
3 2 . (đpcm)

Nhận xét.
Bài toán trên tương tự bài toán tác giả đề xuất trong đề tài SKKN của tác giả năm
học 2019 – 2020 sau đây:
“Cho hình chóp S . ABC , đáy ABC có độ dài các cạnh là BC  a, CA  b, AB  c .
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , J là trung điểm của SI . Mặt
phẳng qua J thay đổi luôn cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại ba điểm phân biệt

SA2 SB 2 SC 2 4  a  b  c 


� 2
2
2
2
A�

, B�
, C�
�
�
�
SA
SB
SC
a  b 2  c 2 .”
. Chứng minh rằng
2

Ta có thể khái qt hóa bài tốn 6 thành bài tốn tổng qt hơn như sau:
“Cho hình chóp S . ABC , I là một điểm thuộc mặt phẳng  ABC  thỏa mãn
uu
r uur
uur r
mIA  nIB  pIC  0  m  n  p �0 
. Lấy I �là điểm thuộc đoạn SI ( I không trùng
với S ). Mặt phẳng  P  qua I luôn cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại các điểm M

SI
t
, N , P . Đặt SI � .
t2  m  n  p
1
1
1

 2� 2 2

2
2
SM
SN
SP m SA  n 2 SB 2  p 2 SC 2 .”
Chứng minh rằng:
2

Việc chứng minh bài toán trên ta cũng dựa vào tính chất 4 điểm đồng phẳng để xây

m

SA
SB
SC
SI
n
p
 m  n  p
SM
SN
SP
SI �
. Từ đẳng thức

dựng đẳng thức trung gian:
này ta có thể đề xuất nhiều bài tốn cực trị khác.

Việc sử dụng tỉ số diện tích và tỉ số thể tích trong bài tốn cực trị hình học không
gian là khá phổ biến, trong đề tài này tác giả đưa ra một số ví dụ minh họa để thấy

được vai trị của của nó trong việc xây dựng đẳng thức trung gian.
17


Bài tốn 7. Cho hình chóp S . ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , M là
điểm bất kì thuộc miền trong tam giác ABC . Đường thẳng d đi qua điểm M và
song song với đường thẳng SG cắt các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  lần lượt

MI 2  MJ 2  MK 2
�SG 2
3
tại I , J , K . Chứng minh rằng
.
Phân tích.
2

2

2

�MI � �MJ � �MK �
� � � � � ��3
 Bất đẳng thức đã cho tương đương với �SG � �SG � �SG �
 Với biến đổi trên, gợi ta nghĩ đến việc xây dựng một đẳng thức trung gian
MI
MJ
MK
x.
 y.
 z.

 const
SG
SG
SG
, với x, y, z là các hằng số.
 Để thuận lợi cho việc chứng minh, ta tìm cách đưa các tỉ số trên về các tỉ số
trong cùng một mặt phẳng. Khi đó giáo viên có thể đặt ra cho người học câu
hỏi : Giả thiết nào giúp ta chuyển đổi các tỉ số trên về các tỉ số trong cùng
một mặt phẳng?
Lời giải.
TH1: MG không song song với cạnh của tam giác ABC
Cách dựng các điểm I , J , K

+) Gọi D, E , F lần lượt là giao điểm của MG với các đường thẳng AB, BC , CA
+) Qua M kẻ đường thẳng song song với SG cắt các đường SD, SF , SE lần lượt
tại các điểm I , J , K ; đây cũng chính là các giao điểm cần dựng.
18


MI 2  MJ 2  MK 2
�SG 2
3
Chứng minh
.
MI MD SMAB
S
MI // SG �


 3 MAB

SG GD S GAB
SABC
Xét tam giác IDM có
MJ
S
MK
S
 3 MAC ;
 3 MBC
SABC SG
SABC ;
Tương tự: SG
�S
MI MJ MK
 S MAC  S MBC �


 3 � MAB
� 3
SG SG SG
S
ABC
�
�
Từ đó, ta có:
Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có:
2
2
2
2

�
�MI � �MJ � �MK �� �MI MJ MK �
3�

� � � � � ���� 
� 9
SG
SG
SG
SG
SG
SG
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�

MI 2  MJ 2  MK 2
SG 2
3
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M �G , hay M là trọng tâm tam giác ABC .
TH2: MG song song với cạnh của tam giác ABC
Vì vai trị như nhau nên ta chỉ cần xét cho trường hợp MG // BC

Cách dựng các điểm I , J , K

Giả sử MG cắt AB, AC lần lượt tại E và F .
Qua M kẻ đường thẳng song song với SG cắt SE , SF lần lượt tại I , J
Vì MG // BC nên mặt phẳng  SMG  cắt mp  SBC  theo giao tuyến đi qua S và
song song với EF ; và giao tuyến này cắt MI tại K .
MI 2  MJ 2  MK 2
�SG 2
3
Chứng minh
19


MK  SG �
Ta có:

MK
S
S
 1  MBC  3 MBC
SG
S GBC
SABC
MI // SG �

Xét tam giác IEM , có
MJ
S
 3 MAC
S ABC

Tương tự: SG

MI ME S MAB
S


 3 MAB
SG GE S GAB
SABC

MI MJ MK


3
Khi đó, SG SG SG
. Đến đây, giải tương tự như TH1.
2
2
2
MI  MJ  MK
�SG 2 , M
3
Vậy,
. Dấu “=” xảy ra khi M �G .
Nhận xét: Mẫu chốt của bài tốn trên ngồi việc sử dụng định lí talet để đưa các tỉ
MI MJ MK
,
,
SG
SG

SG về các tỉ số trong mặt phẳng  ABC  ta cịn sử dụng thêm một
số
tính chất quan trong về tỉ số diện tích trong tam giác.
Bài tốn 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang ( AB / / CD,
AB  3CD ). Gọi M , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh SA và SC sao cho
SM  MA và 3SC  4SP . Một mặt phẳng thay đổi luôn chứa MP cắt SB và SD
SB 2 SD 2
F

2
Q
SN
SQ 2 .
N
lần lượt tại
và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Phân tích.
 Bài tốn này ý tưởng giống với bài ở trên, tức là ta đi xây dựng một đẳng
SD
SB
thức trung gian liên quan đến SN và SQ , điều này gợi ta nghĩ đến việc sử
SO
dụng công thức (2.1) cho tam giác SBD . Do đó ta cần tính tỉ số SI .
SO
 Để tính tỉ số SI ta lại sử dụng công thức (2.1) cho tam giác SAC .
Lời giải

20

+) Cách dựng N và Q
Gọi O  AC �BD; I  SO �MP
Trong mặt phẳng  SBD  , kẻ đường thẳng qua
I sao cho cắt các cạnh SB, SD tại hai điểm
phân biệt N và Q . Hai điểm N và Q chính là
hai điểm cần dựng.

SB 2 SD 2
F

2
SN
SQ 2
+) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

AB  3CD �

Vì ABCD là hình thang có AB //CD và
Áp dụng công thức (2.1) cho tam giác SAC , ta được
SA
SC
SO
SO 3
3
4
�

SM
SP

SI
SI 2
Áp dụng công thức (2.1) cho tam giác SBD , ta được
SB
SD
SO
3
4
6
SN
SQ
SI
Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có:

OC OD 1


OA OB 3

2

�SB
SD � 2 2 �SB 2 SD 2 � SB 2 SD 2 18

3
�SN
�� 1  3  �SN 2  SQ 2 �� SN 2  SQ 2 �5
SQ
�
�

�
�
SD
SB
18
�
3
min F  .
SQ
SN . Vậy,
5
Dấu “=” xảy ra
Bài tốn 9. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V .
Gọi P là điểm trên cạnh SC sao cho SC  5SP . Một mặt phẳng    qua AP cắt
các cạnh SB và SD lần lượt tại hai điểm phân biệt M và N . Gọi V1 là thể tích của

V1
khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị lớn nhất của V .
Phân tích.

21


V1
 Tỉ số V là tỉ số thể tích của hai khối chóp tứ giác nên ta chưa thể áp dụng
trực tiếp công thức (2.2) cho tỉ số này. Để áp dụng được công thức (2.2) ta
tách V1 thành hai khối chóp tam giác để có thể áp dụng cơng thức (2.1).
 Bài toán xuất hiện khá nhiều tỉ số, do đó ta gắn biến để thuận lợi cho việc tìm
mối liên hệ giữa chúng.
Lời giải.

SM
SN
 x,
y
SD
Đặt SB
( 0  x, y  1 )
Áp dụng công thức (2.2) ta có:
VS . AMP SM SP x VS . ANP SN SP y

.


.

VS . ABC SB SC 5 ; VS . ADC SD SC 5

1
1
VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD  V
2
2 ;
Lại có:
VS . AMP  VS . ANP  V1
VS . AMP VS . ANP
V
V x y

2 1 � 1 

V
V
10
Do đó: VS . ABC VS . ADC

SB SD SA SC
SO
1 1



2
�  6
SI
x y
Ta có: SM SN SA SP

Áp dụng BĐT

�1
�x

 x  y � 

Dấu “=” xảy ra

�xy

1�
2

��4, x, y  0 � x  y �
y�
3

.

1
V
1
min 1 
3 , hay khi MN //BD . Vậy,
V 15 .

Nhận xét. Ở bài toán này vị trí MN //BD ln tồn tại nên ta chưa cần phải tìm miền
giá trị đúng của x, y . Trong các bài tốn cần tìm miền giá trị đúng của x, y thì ta
phải tìm giới hạn của các điểm M , N trên các cạnh SB và SD .
Cuối cùng tác giả xin đề xuất một số bài tốn cực trị có sử dụng đến tính chất của
một số hình đa diện đặc biệt.

22


Bài tốn 10. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H . Trên đường thẳng d đi
qua A vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm S thay đổi khác A . Gọi K là
trực tâm của tam giác SBC . Đường thẳng HK cắt d tại D . Tìm giá trị nhỏ nhất
2
2
của biểu thức BD  SC khi S thay đổi trên d .

Phân tích.

 Để giải quyết được bài tốn này địi hỏi người giải cần phát hiện thêm các
mối quan hệ trong tứ diện dựa vào giả thiết đã cho.
 Dễ dàng nhận ra CH   SAB  � SB   DKC  (vì CK  SB ). Do đó
SB  CD .
 Lại có SD  BC � SC  BD (Tứ diện có 2 cặp cạnh đối diện vng góc thì
cặp cạnh đối cịn lại cũng vng góc). Với phát hiện này thì ta nhận ra tứ
diện SBCD là tứ diện trực tâm.
 Đến đây người học cần nhớ đến một tính chất quan trọng của loại tứ diện
2
2
2
2
2
2
này là: SD  BC  SB  DC  SC  BD . Tính chất này là chìa khóa để
ta giải quyết bài toán đặt ra.

Lời giải.
Trước hết ta chứng minh SB  DC
Dễ thấy CH   SAB  � CH  SB
Lại có: CK  SB � SB   DKC  � SB  DC
Xét tứ diện SBCD có:

SB  DC , SD  BC � SC  BD
� SD 2  BC 2  SB 2  DC 2 (đây là một tính chất
khá quen thuộc của loại tứ diện này)
Đặt SA  x, AD  y . Giả sử BC  a, CA  b, AB  c , ta có:

 x  y

2

 BC 2  SB 2  DC 2 � x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  c 2  y 2  b 2

23


b2  c 2  a 2
� x. y 
2
(vì tam giác ABC nhọn nên A nằm giữa S và D )
Từ đó, suy ra

SD hay

BD 2  SC 2 �2  b 2  c 2   a 2

SA  AD 

. Dấu “=” xảy ra khi A là trung điểm của

b2  c2  a2
2
.

Bài toán 11. Cho tứ diện S . ABC có các cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc với
nhau. Đặt SA  a, SB  b, SC  c , chiều cao SH  h . Gọi S , S1 , S2 , S3 theo thứ tự là
diện tích các mặt ABC , SBC , SCA, SAB của tứ diện. Chứng minh rằng:

h2

2
�
S1  S 2  S3 9 .
Phân tích:
 Đối với bài tốn này người học cần
tái
hiện
được
tính
chất
1 1 1 1
  
h 2 a 2 b 2 c 2 (Bài tập 4b, trang
105, SGK hình học 11).
 Từ đó, ta cần biến đổi để sử dụng được công thức trên.
 Ở đây, ta cần lưu ý thêm các mặt SBC , SCA, SAB là các tam giác vuông tại
S nên S1  bc, S2  ca, S3  ab .
Từ phân tích trên, ta có lời giải cho bài tốn như sau:
Lời giải.
1 1 1 1
 2 2 2
2
h
a b c và S1  bc, S2  ca, S3  ab . Khi đó:
Ta có:
h2
1
1
1
1


 .

S1  S 2  S3 S1  S 2  S3 1 ab  bc  ca �1 1 1 �
. ab  bc  ca 
�2  2  2 �
h2
h2
�a b c �

24


1 1 1
3
 2  2�
; ab  bc  ca �3 3 a 2b 2c 2
2
3
2
2
2
abc
Áp dụng BĐT cô si, ta có: a b c

h2
2

S1  S2  S3 9 . Dấu “=” xảy ra � a  b  c . (đpcm)
Nhận xét:

Tứ diện vuông là một trường hợp đặc biệt của tứ diện trực tâm.

h2
2
1 1 1 1
�



2
2
2
2
Từ công thức h a b c và BĐT S1  S2  S3 9 ta có thể có được một số
kết quả khác về bài toán cực trị.
Chẳng hạn:
1. Chứng minh: S1  S2  S3 � 3S
1
3 3
�
2. Chứng minh: h a  b  c

S12
S22
S32
3


�
2

2
2
2
2
2
S2  S
S3  S
4
3. Chứng minh: S1  S
(Bài đề nghị Olympic 30/4 – 2010)
Bài toán sau đây, tác giả xin đề cập đến một loại tứ diện khác cũng có các tính
chất khá thú vị, được xem là chìa khóa để mở cửa cho các bài tốn cực trị về nó.
Bài toán 12. Cho tứ diện ABCD nội tiếp trong một mặt cầu bán kính R và thỏa
mãn điều kiện AB  CD , BC  AD , AC  BD . Gọi M là một điểm thay đổi trong
không gian. Đặt P  MA  MB  MC  MD , tính theo R giá trị nhỏ nhất của P .
Phân tích.
 Đây là loại tứ diện gần đều nên ta cần nhớ đến một tính chất rất quan trọng
là “trọng tâm tứ diện cách đều các đỉnh của nó”.
 Ta cần đánh giá biểu thức P sao cho xuất hiện được vai trò của trọng tâm
G của tứ diện.

25