SKKN rèn luyện kỹ năng giải toán vận dụng cho học sinh lớp 12 thông qua một số bài toán cực trị về thể tích khối chóp

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Đất nước ta đang trên con đường hội nhập và phát triển, từ đó cần những
con người phát triển tồn diện. Muốn vậy, phải bắt đầu từ sự nghiệp giáo dục và
đào tạo, đòi hỏi sự nghiệp giáo dục phải được đổi mới một cách căn bản và toàn
diện để đáp ứng nhu cầu phát triển của xã hội. Để đổi mới sự nghiệp giáo dục và
đào tạo trước hết phải đổi mới phương pháp dạy học, trong đó có phương pháp
dạy học mơn Tốn. Chính vì thế trong q trình dạy học giáo viên cần phát huy
cao độ tính tích cực, sáng tạo của học sinh trong học tập, nhằm đạt được kết quả
cao nhất trong các giờ dạy. Muốn vậy đòi hỏi giáo viên phải nghiên cứu tìm hiểu
kĩ chương trình, đối tượng học sinh, đưa ra các phương pháp phù hợp với kiến
thức, với các đối tượng học sinh cần truyền đạt.
Những năm gần đây trong đề thi TN THPT và đề thi HSG 12 có cả phần
cực trị về thể tích khối chóp. Trước kì thi TN THPT năm học 2020 - 2021 đến
gần, với mong muốn có thể cung cấp thêm cho các em học sinh một số kiến thức
để có thể lấy được điểm tối đa từ các bài tốn liên quan đến thể tích đặc biệt là
cực trị về thể tích của khối chóp. Từ đó tôi nghiên cứu và viết đề tài: “Rèn
luyện kỹ năng giải tốn vận dụng cho học sinh lớp 12 thơng qua một số bài
tốn cực trị về thể tích khối chóp’’. Hy vọng nó sẽ là tài liệu tham khảo bổ ích
cho giáo viên và học sinh. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét và
đánh giá của đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
- Thứ nhất: Giúp học sinh tiếp cận, làm quen và thành thạo với loại tốn
tìm cực trị thể tích một cách nhanh nhất, hiệu quả nhất.
- Thứ hai: Thơng qua sáng kiến kinh nghiệm của mình, tơi muốn học sinh
khơng cịn cảm thấy sợ hay lo lắng khi gặp bài tốn cực trị về thể tích của khối
chóp nữa .
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Kiến thức về thể tích khối chóp, góc và khoảng cách.
- Kiến thức về bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki.
- Kiến thức về đạo hàm và ứng dụng đạo hàm

- Học sinh lớp 12A35, 12B35 năm học 2020 - 2021 trường THPT Triệu
Sơn 3
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Sử dụng phương pháp nghiên cứu tổng hợp.
- Sử dụng phương pháp thực nghiệm.
- Sử dụng phương pháp phân tích và so sánh những vấn đề có liên quan
đến đề tài.
- Sử dụng phương pháp thống kê, xử lý số liệu.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong nghiên cứu khoa học thì việc tìm ra quy luật, phương pháp để giải
quyết một vấn đề là vô cùng quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm
1


được lời giải của một lớp các bài toán. Trong dạy học giáo viên là người có vai
trị thiết kế và điều khiển sao cho học sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động
tương thích với nội dung dạy học. Vì vậy trang bị về phương pháp, tập trung dạy
cách học, rèn luyện các kỹ năng, phát triển các năng lực cho học sinh... là một
nhiệm vụ quan trọng của người giáo viên.
Trong bài “Khái niệm về thể tích khối đa diện” sách giáo khoa Hình học
lớp 12 đưa ra 2 khái niệm về thể tích như sau: “Thể tích khối chóp”; “Thể tích
khối lăng trụ”. Với 2 khái niệm này chúng ta đưa về 2 dạng tốn tính thể tích
như sau:
Dạng 1: Tính thể tích khối chóp.
Dạng 2: Tính thể tích khối lăng trụ.
Hai dạng tốn trên là 2 dạng tốn cơ bản, quan trọng và ln có mặt trong
đề thi TN THPT và đề thi HSG. Đặc biệt là dạng bài vận dụng: cực trị về thể
tích khối chóp và cực trị về thể tích khối lăng trụ được phát triển trên nền 2 dạng
toán trên là các bài tốn tương đối khó. Trong khn khổ sáng kiến này tôi chỉ

nghiên cứu dạng bài về cực trị thể tích khối chóp.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trường THPT Triệu Sơn 3 là một trường nằm ở phía tây của huyện, có
nhiều xã miền núi, đặc biệt khó khăn thuộc vùng V135, V134; có nhiều học sinh
là con em dân tộc thiểu số nên điểm đầu vào thấp. Tư duy của học sinh chậm,
điều kiện kinh tế cịn khó khăn, đường đi học cịn xa và khó đi nên ảnh hưởng
rất nhiều đến kết quả học tập của các em.
Trong quá trình dạy học tơi nhận thấy một điều đó là để học tốt mơn
HHKG thì cần phải nắm vững kiến thức, địi hỏi học sinh phải có khả năng phán
đốn, phân tích tốt đồng thời cần có kỹ năng vẽ hình , kỹ năng trình bày chặt chẽ
và tư duy logic cao, kỹ năng phân tích giả thiết và các quan hệ giữa các đối
tượng trong hình khơng gian. Nhưng trên thực tế điều này lại là điểm yếu của
không ít học sinh, kể cả học sinh khá giỏi, do đó dẫn đến tâm lý chán, ngại và
sợ học mơn HHKG.
Hơn nữa việc áp dụng kiến thức về thể tích của học sinh đa số mới chỉ
dừng lại ở mức độ nhận biết, rất ít học sinh thuần thục các kỹ năng và sáng tạo
khi vận dụng kiến thức về thể tích để xử lý các bài tốn cực trị, mà đa phần học
sinh tỏ ra lúng túng không định hình được cách giải.
Phần lớn giáo viên mới chỉ dừng lại ở mức trang bị lý thuyết và giao nhiệm
vụ cho học sinh một vài bài tập cụ thể mà chưa khai thác những bài tốn khó
khơng có trong sách giáo khoa. Ngoài ra số tiết theo phân phối chương trình
dành cho phần này rất ít nên ảnh hưởng khơng nhỏ đến việc dạy học.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Hệ thống kiến thức đã học cho học sinh trước khi tiếp nhận kiến
thức mới.
1
V  Bh
3
+) Cơng thức tính thể tích khối chóp:
trong đó

2


B : Diện tích mặt đáy.
h : Chiều cao của khối chóp.
+) Tỷ số thể tích
Cho hình chóp S . ABC , gọi
A ', B ', C ' lần lượt là các điểm trên
SA, SB, SC .
VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

.
.
V
SA
SB
SC
S
.
ABC
Khi đó:

+) Các hệ thức lượng trong tam giác:
b 2  c 2 a 2
a 2  b2  c 2 2bc cos A � cos A 
2bc
2
a  c 2  b2
b2  a 2  c 2  2ac cos B � cos B 
2ac

2
a  b2  c2
2
2
2
c  a  b  2ab cos C � cos C 
2ab
+) Cơng thức tính diện tích tam giác
1
1
1
SABC  aha  bhb  chc
2
2
2
1
1
1
SABC  ab sin C  bc sin A  ac sin B
2
2
2
abc
SABC 
 pr
4R
SABC  p  p  a   p  b   p  c  ;
a bc
2
+) Bất đẳng thức Côsi cho n số không âm:

Cho n số không âm x1 , x2 ,...., xn
p

Ta có:

x1  x2  ...  xn �n n x1.x2 ...xn

Dấu bằng xảy ra � x1  x2  ...  xn .
+) Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
x , x ,..., xn  và  y1, y2 ,..., yn 
Cho hai bộ  1 2
2
x1. y1  x2 . y2  ...  xn . yn  � x12  x22  ...  xn2   y12  y22  ...  yn2 

Ta có:
x
x
x
� 1  2  ...  n
y1 y2
yn .
Dấu bằng xảy ra
+) Đạo hàm và ứng dụng đạo hàm.
3


2.3.2. Tìm hiểu cực trị về thể tích khối chóp.
Bài tốn về cực trị về thể tích của khối chóp là bài tốn tìm giá trị lớn nhất
hoặc nhỏ nhất của một đại lượng hình học có liên quan đến thể tích khối chóp.
Để tìm cực trị về thể tích của khối chóp ta thực hiện theo hai bước sau:

Bước 1: Tính thể tích khối chóp cần tìm dựa vào các kiến thức đã học và
giả thiết bài toán.
Bước 2: Tìm cực trị của biểu thức cần tính bằng việc sử dụng bất đẳng
thức hoặc sử dụng đạo hàm và bảng biến thiên.
2.3.3. Hướng dẫn và rèn luyện một số dạng cực trị về thể tích khối
chóp thường gặp giúp học sinh làm tốn trắc nghiệm nhanh gọn, chính xác.
Dạng 1: Tìm cực trị về thể tích của khối chóp có 3 cạnh đơi một
vng góc.
Giả sử cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đơi một vng góc với nhau.
Khi đó:
1
1
1
1
1
VS . ABC  SA. SB. SC ;
 2 2 2
2
6
SH
SA SB SC với SH   ABC  tại H ;
+
H là trực tâm tam giác  ABC
+ Dạng này thường dùng bất đẳng thức Côsi để xử lý cực trị.
Nhận xét: Trước hết tôi đưa ra một ví dụ khá đơn giản với mục đích giúp
học sinh có thể tiếp cận dạng tốn cực trị về thể tích một cách dễ hiểu nhất và
làm nhanh nhất.
Ví dụ 1: Trên ba tia Ox, Oy, Oz vng góc với nhau từng đơi một, lần lượt
lấy các điểm A, B, C : OA  a, OB  b, OC  c . Giả sử A cố định còn B, C thay
đổi nhưng luôn luôn thỏa mãn: OA  OB  OC . Tính thể tích lớn Vmax của tứ

diện O. ABC .
a3
a3
a3
a3
Vmax 
Vmax 
Vmax 
Vmax 
6.
8 .
24 .
32 .
A.
B.
C.
D.
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp O. ABC dựa vào giả thiết.
Bước 2: Khai thác giả thiết OA  OB  OC và sử dụng linh hoạt bất đẳng
thức Côsi để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:
Từ giả thiết ta có : a  b  c
2
abc 1
1 �b  c � a 3
V
 a  bc  � a �
� 24
6

6
6
2
�
�
Khi đó:
Vmax 

a3

24
Vậy:
Ví dụ 2: Cho tứ diện S . ABC có SA, AB, AC đơi một vng góc với nhau,
độ dài các cạnh BC  a, SB  b, SC  c . Tính thể tích lớn Vmax của tứ diện S . ABC

4


abc 2
abc 2
abc 2
abc 2
Vmax 
Vmax 
Vmax 
8
12 . D.
24 .
4 . B.
A.

. C.
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . ABC dựa vào giả thiết.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:
Đặt :
�x 2  y 2  a 2
�
AB  x, AC  y, AS  z � �x 2  z 2  b 2
�z 2  y 2  c 2
�
Vmax 

Khi đó:
 2 xy   2 xz   2 yz 
xyz
V
�V 2 
6
288
2
2
2
2
x  y   z  y   x 2  z 2  a 2b 2 c 2

2
V �

288

288
abc 2
V

24
Nhận xét: ví dụ 2 này khó hơn ví dụ 1 ở chỗ tìm được mối quan hệ giữa
x, y, z và a, b, c trước khi áp dụng bất đẳng thức Cơsi.
Ví dụ 3: Cho tứ diện S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,
SA   ABC 
, khoảng cách từ A đến  SBC  bằng 3 . Gọi  là góc giữa hai mặt

phẳng  SBC  và  ABC  , tính cos khi thể tích S . ABC nhỏ nhất.
2
1
2
3
cos 
cos 
cos 
cos 
3.
3.
3 .
2 . C.
A.
B.
D.
Trích đề thi thử của Sở Vĩnh Phúc năm 2019
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . ABC dựa vào giả thiết. Khai thác tính

chất của tứ diện có ba cạnh đơi một vng góc.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi để suy ra giá trị nhỏ nhất của thể tích.
Từ đó suy ra cos
Lời giải:
� 
� SH  BC �   SBC  ,  ABC    SHA
Gọi H là trung điểm BC
1
AB  x, AC  x, AS  y � VS . ABC  x 2 y
6
Đặt:
1
1
1
1


 2 �1  1  1  1
2
2
2
d  A /  SBC   AB AC AS
9 x2 x2 y 2
Ta có:

5


1 1 1
; 2; 2

2
x
x y ta được:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương:
1 1 1 1
1
 2  2  2 �3 3 4 2
9 x x y
x y

�x 2 y 81 3 � V

27 3
2

27 3
2
Dấu “=” xảy ra khi:

Vmin 

1 1
 �x y3 3
x2 y 2

1
1
3 6
AH  BC  2 x 2 
2

2
2
SA
3
� tan  
 2 � cos 
AH
3
Nhận xét: bài này có thể tính thể tích khối chóp S . ABC theo cos rồi
xét hàm, lập bảng biến thiên để suy ra giá trị nhỏ nhất của thể tích. Tuy nhiên
cách này dài hơn cách mà tác giả trình bày.
4: Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đơi một vng góc. Gọi
Ví dụ
 ;  ; lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với  ABC  . Tính giá trị nhỏ nhất của
2
2
2
biểu thức sau: M  (3  cot  ).(3  cot  ).(3  cot  )

Trích đề minh họa học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm 2020-2021
Phân tích:
Bước 1: Gọi H là hình chiếu của O lên mặt phẳng  ABC  .
�
Sử dụng tính chất H là trực tâm tam giác ABC � (OA;( ABC ))  OAH   ;
�
�
BOH
  ; COH

Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi để suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu

thức.
Lời giải:

6


Ta có:
1
1
1
1



2
2
2
OH
OA OB OC 2
OH 2 OH 2 OH 2
�


1
OA2 OB 2 OC 2
� sin 2   sin 2   sin 2   1
�x  sin 2  ;
�
2
�y  sin  ; �x; y; z  0

��
�
z  sin 2 
�
�x  y  z  1
Đặt
1
�
��
1 
x y z 3 3 xyz
xyz
27
Khi đó :
1 ��
1 ��
1
�
M  �2  2 ��2  2 ��2  2
� sin  �
� sin  �
� sin 

� 1�
� � 1�
� 1�
2  ��2  ��2  �
� �
� z�
� � x�

� y�

�1
1 1 1
1 1� 1
36 18 1
 8  4(   )  2 �   �
�8   
 125
x y z
1 1 1
�xy yz zx � xyz
3 27
1
1
M min  125 � x  y  z  � sin   sin   sin  
3
3
Dạng 2: Tìm cực trị về thể tích của khối chóp có cạnh bên vng góc
với đáy.
Đối với dạng này cạnh bên vng góc với đáy chính là chiều cao của hình
chóp, khi đó:
1
1
Vk .c  Bh
Vk .c  Bh
3
3
+
với B là diện tích đáy, h là chiều cao. Tính được

dựa vào giả thiết bài tốn.
+ Thường dùng bất đẳng thức Côsi hoặc đạo hàm để xử lý cực trị.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  4 , cạnh bên SA   ABCD  và SC  6 . Tính thể tích lớn Vmax của khối chóp
đã cho
40
80
20
Vmax 
Vmax 
Vmax 
3 .
3 .
3 . D. Vmax  24 .
A.
B.
C.
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . ABCD dựa vào giả thiết.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc xét hàm để suy ra giá trị lớn
nhất của thể tích.
Lời giải:

7


2
2
Đặt BC  x  0 � AC  16  x ;
SC  20  x 2 ; S ABCD  AB.BC  4 x

4
� VS . ABCD  x 20  x 2
3
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
x 2  20  x 2
2
x 20  x �
 10
2
4
40
40
VS . ABCD .10  � Vmax 
3
3
3
Dấu “=” xảy ra khi: x  10
Cách khác
4
f  x   x 20  x 2
3
Xét hàm số

trên

 0;2 5  .
Ta có:

4
4 � x �

40
20  x 2  x.�
 f 10
� 0 � x  10 �� Vmax 
2
3
3 � 20  x �
3
Nhận xét: ví dụ này dùng bất đẳng thức Côsi để xử lý cực trị nhanh hơn
sử dụng cách xét hàm số.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a ,
cạnh bên SA  b, SA   ABCD  . Điểm M thay đổi trên cạnh CD , H là hình
f ' x  





chiếu vng 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
Vmax 
Vmax 
Vmax 
Vmax 
12 .
24 . C.

8 . D.
18 .
A.
B.
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . ABH dựa vào giả thiết với chú ý
AH  BH
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:

8


Ta có:
�BH  SH
� BH   SAH  � BH  AH
�
�BH  SA
1
b
VS . ABH  SA.S ABH  HA.HB
3
6
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:
b HA2  HB 2 ab2
ab 2
VS . ABH � .

� Vmax 
6

2
12
12
Dấu = xảy ra khi :
BH �AH

H O hay M D
Trong đó: O  AC �BD
Ví dụ 3: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a ,
SA  a, SA   ABCD  . Trên SB, SD lần lượt lấy hai điểm M , N sao
cạnh bên
SM
SN
 m  0;
n0
SD
cho: SB
. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp
2
2
S . AMN biết 2m  3n  1
a3 6
a3
a3
a3
Vmax 
Vmax 
Vmax 
Vmax 
6.

72 .
8.
48 .
A.
B.
C.
D.
Phân tích:
VS . AMN
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . AMN dựa tỷ số thể tích VABD .
2
2
Bước 2: Sử dụng giả thiết 2m  3n  1 và bất đẳng thức Côsi để suy ra
giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:

9


VSABD 

VSAMN
VSABD
mn 

a3
6

Ta có:
SM SN

mna 3

.
 mn � VSAMN 
SB SD
6

2m. 3n 2m2  3n2
1
�

6
2 6
2 6

Dấu “=” xảy ra khi :
� 1
m
�
�
a3 6
2
� 2m  3n
�
�
�
V

� 2
�

max
72
2m  3n2  1 �n  1
�
�
6
�
Nhận xét: ở bài này ta dễ dàng thiết lập biểu thức thể tích khối chóp, tuy
nhiên cái khó của bài tốn chính là việc áp dụng khéo léo bất đẳng thức Cơsi,
điều này địi hỏi học sinh biết cách vận dụng bất đẳng thức một cách thuần
thục.
Dạng 3: Tìm cực trị về thể tích của khối chóp có mặt bên vng góc
với đáy.
Đối với dạng này đường cao của mặt bên vng góc với đáy và chính là
chiều cao của hình chóp, khi đó:
1
1
Vk .c  Bh
Vk .c  Bh
3
3
+
với B là diện tích đáy, h là chiều cao. Tính được
dựa vào giả thiết bài toán.
+ Thường dùng bất đẳng thức Cosi hoặc đạo hàm để xử lý cực trị.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  4, SC  6 . Tam giác SAD cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc
với đáy. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD .
40
80

A. 3
B. 40
C. 80
D. 3
Nhận xét: đây là một ví dụ ở mức độ vận dụng thấp về cực trị thể tích
khối chóp . Lập biểu thức tính thể tích khối chóp theo biến là độ dài của một
cạnh chưa biết của hình chữ nhật. Sau đó sử dụng bất đẳng thức hoặc xét hàm
rồi lập bảng biến thiên để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . ABCD dựa vào giả thiết.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
10


Lời giải:
Gọi H là trung điểm của AD
� SH  AD � SH   ABCD  .
Giả sử: DA  x  0
x2
x2
� HC 
 16 � SH  20 
4

4

Khi đó:
1
1
x2

VS . ABCD  .SH . AB. AD  4 x 20 
3
3
4
1
1
80
 2 x 80  x 2 �  x 2  80  x 2  
3
3
3
80
Vmax 
3
Vậy:
Ví dụ 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a .
Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi 
SBC  , với   450 . Tìm giá trị
là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng 
lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD .
8a3
4a 3
2a 3
3
A. 4a
B. 3
C. 3
D. 3
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích khối chóp S . ABCD dựa vào giả thiết. Chú ý việc

xác định chính xác góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC  .
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:
Gọi D�là đỉnh thứ tư của hình
bình hành SADD�
.
//SA mà
Khi đó: DD�
SA   SBC  (vì SA  SB , SA  BC )
nên D�là hình chiếu vng góc của
D lên  SBC  .
� �
�
�  SD,  SBC      DSD
 SDA
.
Do đó : SA  AD.tan   2a.tan  .
x� 0;1 .
Đặt tan   x ,
Gọi H là hình chiếu của S lên AB ,
1
1
VS . ABCD  .S ABCD .SH  4a 2 .SH
3
3
ta có
.
Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất





11


khi SH lớn nhất. Vì tam giác SAB
vng tại S nên :
SA.SB SA. AB 2  SA2
x2 1 x2

SH 
�
2
a
a
 2ax 1  x 2
AB
AB
2
2
1
4 3
2
tan


max
V


.
a
.4
a

a
S
.
ABCD
2 . Suy ra
3
3
Từ đó SH max  a khi
Dạng 4: Tìm cực trị về thể tích của khối chóp đều.
Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu có đáy là một đa giác đều
và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy
+ Hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau. Các
mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau.
+ Các cạnh bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.
Ví dụ 1: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm
AMN 
thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC , BD sao cho 
ln vng góc với mặt

BCD  . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể
phẳng 
tích khối tứ diện ABMN . Tính V1  V2
17 2
17 2
17 2

2
A. 216 .
B. 72 .
C. 144 .
D. 12 .
Trích đề thi thử SGD - Bắc Ninh năm 2018
Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích tứ diện ABMN dựa vào giả thiết. Chú ý rằng:
AH � AMN  hay MN luôn đi qua H .
Bước 2: Quan sát hình, dựa vào dữ kiện bài cho đánh giá nhận xét tích
BM . BN lớn nhất, nhỏ nhất khi nào để suy ra giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của thể
tích.
Lời giải:

12


Gọi H là tâm tam giác BCD , ta
AH   BCD 
AMN    BCD 
có
, mà 
AH � AMN 
nên
hay MN ln đi qua

H . Ta có

BH 

3
3

1
6
 1 
� AH  AB  BH
3 3 .
Thể tích khối chóp ABMN là
2
1
BM . BN
V  . AH .S BMN 
3
12
.
Do MN luôn đi qua H và M
chạy trên BC nên BM . BN lớn nhất khi
2
V1 
M �C hoặc N �D khi đó
24 .
2

2

2
2
BM  BN  � V2 
BM . BN nhỏ nhất khi MN //CD khi

3
27 .
17 2
V1  V2 
216 .
Vậy
Ví dụ 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm

theo thứ tự di động trên hai cạnh AB, AC sao cho ( DMN )  ( ABC ) . Khi thể tích
tứ diện AMND đạt giá trị lớn nhất, giá trị của tổng AM  AN bằng bao nhiêu?
Trích đề minh họa học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa 2020-2021
Đây cũng là dạng bài trong câu 50 đề Sở GD Sơn La năm 2020-2021
Phân tích:
ABMN dựa vào giả thiết. Chú ý rằng:
Bước 1: Tính thể tích tứ diện
D.ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC
Bước 2: Viết biểu thức tính thể tích tứ diện ABMN , rồi áp dụng bất đẳng
thức Côsi để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:

13


Đặt AM  x; AN  y . Dựng
DH  MN  H
Do  DMN    ABC  � DH   ABC 

mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam
giác đều ABC . Trong tam giác vuông DHA :
2

DH 

� 3�
6
DA  AH  1  �
�
�3 � 3
� �
.
2

2

2

1
3
S AMN  AM . AN .sin 600 
xy
2
4
Ta có:
1
2
VDAMN  S AMN .DH 
xy
3
12
và

1
1
1
0
0
�
xy
.sin
60

x
.
AH
.sin
30

y. AH .sin300
S

S

S
AMN
AMH
ANH
2
2
2
Ta có:
2

2 4
2
4
xy � . 
xy
V 
x  y  3xy �2 xy
9
12
12 9 27

2
4
x  y  �x y 
3
3
Dấu bằng xảy ra khi
Nhận xét: hai ví dụ trên giả thiết tương tự nhau, tuy nhiên với cách hỏi
khác nhau đã tạo nên hai bài toán riêng biệt tạo hứng thú, khơi dậy được đam
mê học toán cho các em đặc biệt là những học sinh khá, giỏi.
Ví dụ 3: Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh bằng a , góc tao bởi đường
cao SH của hình chóp và mặt bên bằng  . Tìm  để S . ABCD là lớn nhất
0
0
0
0
A. 30 .
B. 60 .
C. 75 .
D. 45 .

Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích hình chóp đều S . ABCD theo 
Bước 2: Thiết lập hàm số và lập bảng biến thiên để suy ra giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của thể tích.
Lời giải:

14


Gọi M là trung điểm của CD
Từ H kẻ: HK  SM

�  HSM
� �0     �
�   HSK
�
2�
�
�

Đặt: SH  h
� HC  a 2  h2 � BC  2  a 2  h 2 
a 2  h2
a
�h
2h
2tan 2   1
1 4a 3 tan 2 
� VS . ABCD 
3 1  2 tan 2  3


 ,
2
Đặt: t  1  2 tan   1
� tan  

4a 3
Vmax 
� t  3 �   450
9 3
Lập hàm tính thể tích theo t suy ra được:
Dạng 5: Tìm cực trị về thể tích của một số khối chóp khác.
Ở 4 dạng tốn trên mỗi khối chóp đều có những đặc điểm quen thuộc,
gần gũi với học sinh. Tuy nhiên trên thực tế không phải bài cực trị nào cũng
quen, vậy nên dạng toán 5 này, tác giả xin trình bày thêm 1 số ví dụ điển hình
trong các đề thi để các em quy từ “lạ” về “quen” giải quyết tốt các bài cực trị
thể tích, có cái nhìn tổng quan đầy đủ hơn về dạng tốn vận dụng này.
Ví dụ 1: Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x và các cạnh còn lại đều
bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. x  14 .

B. x  3 2 .
C. x  6 .
Trích mã đề 110 năm 2017

D. x  2 3 .

Phân tích:
Bước 1: Tính thể tích tứ diện ABCD dựa vào giả thiết.
Bước 2: Viết biểu thức tính thể tích tứ diện ABCD , rồi xét hàm số và lập

bảng biên thiên để suy ra giá trị lớn nhất của thể tích.
Lời giải:
Cách 1:
Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC vì DA  DB  DC
� I là hình chiếu của D trên  ABC 
6
�R
AB.AC.BC 6 x
x2
S ABC 

12 
4
4R
R
Ta có:
2
2
2
Và: ID  BD  R .
1
x
VABCD  DI .S ABC  108  3x 2  f  x 
�
3
6
.
15

Khảo sát và lập bảng biến thiên
của hàm số trên suy ra được: Vmax  3 3
Dấu “=” xảy ra khi: x  3 2
Cách 2:
Gọi M , N lần lượt là trung điểm
CD và AB .
CD  MB
�
�
Ta có: �CD  MA
� CD   MAB 

CD  MN
�
��
CD  AB
�
1
� VA.BCD  AB.CD.d  AB, CD 
6
2

x
x�
 .2 3. 32  �
� � �3 3
6
�2 �

Dấu “=” xảy ra khi: x  3 2

Nhận xét: ví dụ 1 này có rất nhiều cách giải khác nhau, ở đây tác giả
giới thiệu hai cách khai thác lời giải ngắn gọn giúp học sinh có cái nhìn dễ
hiểu,làm nhanh và chính xác nhất.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S . ABC có SA  1; SB  2; SC  3. Gọi G là

trọng tâm ABC . Mặt phẳng   đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh
SA; SB ; SC lần lượt tại M , N , P . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
1
1


2
2
SM
SN SP 2 .
2
3
18
Tmin 
Tmin 
Tmin 
7.
7.
7.
A.
B.
C.

D. Tmin  6 .
Phân tích:
Bước 1: Sử dụng điều kiện đồng phẳng của các vectơ.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để suy ra giá trị nhỏ nhất
1
1
1
T


2
2
SM
SN SP 2 .
của biểu thức
Lời giải:
T

16


uuur

r uuu
r uuur
1 uuu
SA  SB  SC
G là trọng tâm ABC nên
3
SG uur 1 �SA uuuur SB uuur SC uuur � uur 1 �SA uuuur SB uuur SC uuur �

�
SI  � SM 
SN 
SP � SI  � SM 
SN 
SP
SI
3 �SM
SN
SP �
6 �SM
SN
SP �
�
�
1 �SA SB SC �
SA SB SC


1�


6
�
�
6
SM
SN
SP
SM

SN
SP
I
,
M
,
N
,
P
�
�
Do
đồng phẳng nên:

SG 





Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
2
1
1 � 2
�1
�SA SB SC �
2
2
 SA  SB  SC  ��SM  SN  SP � 36
�SM 2  SN 2  SP 2 �

�
�
�
�
Suy ra:

Tmin 

18

7

Nhận xét: ta có thể dùng phương pháp đặc biệt hóa để giải ví dụ trên. Vì
bài tốn trên đúng với mọi hình chóp nên đúng trong trường hợp hình chóp có 3
cạnh đơi một vng góc rồi tọa độ hóa.
Ví dụ 3: Cho hình chóp S. ABC có SA  BC  x ; SB  AC  y ;
2
2
2
SC  AB  z thỏa mãn: x  y  z  12 . Giá trị lớn nhất của khối chóp S . ABC
là:
2 2
2 3
2
3 2
Vmax 
Vmax 
Vmax 
Vmax 
3 .

3 . C.
3 .
2
A.
B.
D.
Phân tích:
Bước 1: Dựng hình để xuất hiện một tứ diện vuông mới và sử dụng tính
chất của tứ diện vng đó.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi để tìm giá trị lớn nhất của khối chóp
S. ABC
Lời giải:
ABC 
Trong mặt phẳng 
dựng D, E, F sao cho A, B, C lần lượt là trung
điểm DE, DF , EF khi đó DE  2SA  2 x, DF  2SB  2 y, EF  2SC  2 z
Suy ra SD, SF , SE đơi một vng góc.

17


Ta có:
1
1
VS . ABC  VS .DEF  SD.SE.SF
4
24
Mặt khác:
2
2

2
2
�
SD 2  SE 2  4 x 2 �SD  2  x  y  z 
�
� 2
� 2
2
2
SF

SD

4
y
�
SE  2  x 2  z 2  y 2 
�
�
� 2
SF  SF 2  4 z 2 �
SF 2  2  z 2  y 2  x 2 
�
�
�

1
.8  6  x 2   6  y 2   6  z 2 
24
1 �18  x 2  y 2  z 2 � 2 3

� �
�
3 �
3
� 3

� VS . ABC 

Vmax 

2 2
3

Vậy :
Nhận xét: Bài này có thể làm theo cách khác: khai thác tính chất tứ diện
gần đều: đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện của tứ diện vng góc
với hai cạnh đó.
2.3.4. Hệ thống bài tập tự
Bài 1: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3 . Gọi M , N là hai điểm
theo thứ tự di động trên hai cạnh AB, AC sao cho ( DMN )  ( ABC ) . Khi đó thể
tích tứ diện AMND đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?
9 2
27 2
9 2
27
A. 16 .
B. 8 .
C. 8 .
D. 16 .
Trích đề thi thử Sở GD Sơn La năm 2020-2021

Bài 2: Cho hình chóp S . ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình
P
ABCD  cắt các đoạn SA, SB, SC , SD
bình hành. Mặt phẳng   song song với 

ABCD 
tương ứng tại M , N , E , F ( M , N , E , F khác S và không nằm trên 
). Các
điểm H , K , P, Q , tương ứng là hình chiếu vng góc của M , N , E , F lên
 ABCD  . Thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là:
2
4
4
2
V
V
V
V
A. 3 .
B. 27 .
C. 9 .
D. 9 .
Trích đề thi thử của trường THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần 3 năm 2018
Bài 3: Cho khối chóp S .ABC có SA  a, SB  a 2, SC  a 3 . Thể tích
lớn nhất của khối chóp là
a3 6
a3 6
a3 6
3
A. a 6 .

B. 2 .
C. 3 .
D. 6 .
Trích đề thi thử của trường Chun Thái Bình – Lần 3 năm 2018

18


Bài 4: Cho hình chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA  BC  x ,
SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  9 . Tính giá trị lớn nhất của
thể tích khối chóp S . ABC .
3 6
3 6
6
2 6
A. 8 .
B. 4 .
C. 4 .
D. 5 .
Trích đề thi thử của trường THPT chuyên Thái Nguyên - Lần 2 năm 2018
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam
giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB, AC , AD lần lượt cắt
ACD  ,  ABD  ,  ABC    tại N , P, Q . Giá trị lớn nhất của khối
các mặt phẳng 

MNPQ là:
V
V
V
V

A. 27 .
B. 16 .
C. 8 .
D. 54 .
Trích đề thi thử của trường Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An- Lần 1 năm 2018
Bài 6: Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .
SA  SB  SC  a , cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD
là:
a3
a3
3a3
a3
A. 8 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 2 .
Bài 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh
SA  a 3 , SA   ABCD 
bên
. Điểm M thay đổi trên CD , H là hình chiếu của
S lên MB . Khi M thay đổi trên CD , tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp
S . ABH
a3 3
a3 3
a3 3
Vmax 
Vmax 
3 . D.
2
12 . C.

A.
B.
Bài 8: Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đơi một vng góc. Gọi  ;  ;
Vmax 

a3 3
6 .

Vmax 

lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với  ABC  . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2
2
2
2
sau: M  tan   tan   tan   cot   cot   cot 
15
27
A. 2 .
B. 6 .
C. 10 .
D. 2 .
Bài 9: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 , cạnh
SA  2, SA   ABCD  . Trên AB, AD lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho
bên
1
1
 SMC    SNC  . Tính tổng T  AM 2  AN 2 khi thể tích khối chóp S. AMCN

lớn nhất.
5
13
2 3
T
T
T
4.
9.
4 .
A. T  2 .
B.
C.
D.
19






SC  x 0  x  a 3
Bài 10: Cho hình chóp S .ABCD có
, các cạnh cịn lại
đều bằng a . Biết rằng thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi
a m
x
m, n �* 

n

. Mệnh đề nào sau đây đúng?
2
2
2
A. m  2n  10 . B. m  n  30 .
C. 3m  2n  15 . D. 4m  n  20
Bài 11: Cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đơi một vng góc. Gọi I là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng  P  thay đổi đi qua I cắt các
tia SA, SB, SC tại A ', B ', C ' biết SA  SB  2, SC  7 . Hỏi thể tích S . A ' B 'C '
nhỏ nhất là ?
81 7
243 7
27 7
7
A. 256 .
B. 256 .
C. 256 .
D. 3 .
Bài 12: Cho hình vng ABCD cạnh a , trên đường thẳng vng góc với
ABCD 
mặt phẳng 
tại A , ta lấy điểm S di động khơng trùng A . Hình chiếu
vng góc của A lên SB, SD lần lượt là H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích
khối tứ diện ACHK

a3 3
a3
a3 6
a3 2
A. 32 .

B. 6 .
C. 16 .
D. 12 .
Bài 13: Cho tứ diện ABCD có AB  AC  CD  BD  1 . Khi thể tích của
khối tứ diện ABCD lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC
bằng:
2
1
1
1
A. 3 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 3 .
SA  a 0  a  2
Bài 14: Cho khối chóp S . ABC có
, các cạnh cịn lại
của hình chóp đều bằng 1 . Khi thể tích của khối chóp S. ABC lớn nhất thì giá trị
4
2
của biểu thức P  4a  a  2 thuộc khoảng nào dưới đây ?
15 �
�
�33 35 �
� 37 �
� 33 �
9; �
8; �
�2 ;8 �
�4 ; 4 �

�
�
4
4 �.
�
�
�
�
�
�
�
A.
.
B.
.
C.
.
D.
Bài 15: Cho tứ diện đều cạnh a , M là một điểm thuộc miền trong của
khối tứ diện tương ứng. Tính giá trị lớn nhất của tích các khoảng cách từ điểm
M đến bốn mặt của tứ diện đã cho.



a4
A. 521 .

a4
B. 576 .

a4 6
C. 81 .



a4 6
D. 324 .

20


Bài 16: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi
K là trung điểm của SC . Mặt phẳng  P  qua AK và cắt các cạnh SB, SD lần
V1
V1
S

max

min
V
V.
lượt tại M và N . Đặt V1  VS . AMKN , V  VS . ABCD .Tìm
1
1
17
3
S
S
S

T
2.
4.
24 .
4.
A.
B.
C.
D.
Bài 17: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có khoảng cách từ A đến
 SBC  bằng 2 , góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng  . Thể tích khối
a
a
cos =
b với a, b  �, b 0 và b tối giản. Tính
chóp S . ABCD là nhỏ nhất khi
P  2020a  2021b
A. 4043 .
B. 2022 .
C. 8086 .
D. 2020 .
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục
Thông qua việc đưa ra các bước giải cụ thể cho từng dạng toán cực trị đồng
thời hướng dẫn học sinh cách áp dụng từng dạng tốn, tơi thấy học sinh thoải
mái, tự tin hơn, tính nhanh và đạt độ chính xác cao hơn. Từ đó nhận được kết
quả kiểm tra tiến bộ rõ rệt.
Cụ thể, qua kiểm tra thử nghiệm hai lần với học sinh của các lớp 12A35 và
12B35, mặc dù đề kiểm tra lần 2 ra mức độ khó hơn và trong thời gian làm bài

ngắn hơn nhưng kết quả tốt hơn nhiều so với lần 1. Kết quả khảo sát và thực
nghiệm như sau:
Kết quả kiểm tra lần 1
Điểm 7-8
Điểm 9-10
Số HS Điểm dưới 5 Điểm 5-6
Lớp
thực
SL %
SL %
SL
%
SL %
nghiệm
12A3
13,95
46,51
34,88
4,66
43
6
20
15
2
5
%
%
%
%
21,95

21,95
12B35 41
9
23 56,1% 9
0
0%
%
%
Kết quả kiểm tra lần 2
Số HS Điểm dưới
Điểm 5-6
Điểm 7-8
Điểm 9-10
thực 5
Lớp
nghiệ
SL
%
SL %
SL
%
SL %
m
12A3
18,6
53,48
27,92
43
0
0

8
23
12
5
%
%
%
26,8
53,65
19,55
12B35 41
0
0
11
22
8
%
%
%
21


Kết quả thu được:
Qua quan sát thực tế kết hợp với các bài kiểm tra về dạng tốn này, tơi thấy
- Học sinh đã định hướng và giải khá nhanh các bài tốn về cực trị thể tích
được tơi sưu tầm từ các đề thi HSG, đề thi THPT Quốc gia, đề TN THPT của
các trường THPT trong cả nước.
- Học sinh đã rèn luyện thành thục kỹ năng tìm cực trị thể tích - cực trị hình
học, kỹ năng tính tốn và phát huy tính sáng tạo tìm tịi lời giải cho một bài toán,
một dạng toán.

- Tiết học sôi nổi, học sinh hứng thú và chủ động khai thác kiến thức, 100%
học sinh trong lớp đã thực hiện các nội dung theo yêu cầu câu hỏi và có kết quả
tốt hơn khi chưa áp dụng kinh nghiệm giảng dạy trên.
Từ những kết quả trên tôi khẳng định những giải pháp mà đề tài đưa ra là
hoàn toàn khả thi và có thể áp dụng hiệu quả trong quá trình dạy học.
2.4.2. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với với bản thân, đồng
nghiệp và nhà trường
Qua thực tế giảng dạy tôi thấy rằng cách làm này đã góp phần nâng cao
chất lượng giảng dạy mơn Hình học khơng gian của bản thân, góp phần vào việc
nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn của nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Từ việc sử dụng kiến thức về thể tích để tìm cực trị hình học trên cộng với
sự định hướng của giáo viên đã giúp học sinh giải quyết tốt dạng bài tập về cực
trị về thể tích. Với cách tiếp cận đó hình thành ở học sinh kỹ năng giải tốn hình
học nói chung, phát huy tính sáng tạo tìm tịi lời giải cho một bài tốn, một dạng
tốn.
Tóm lại, để phát triển năng lực tốn học trong q trình dạy học bộ mơn
Tốn chúng ta đi tìm cách nâng cao các yếu tố “Tri thức chun mơn Tốn, kỹ
năng làm tốn và thái độ tình cảm đối với mơn Tốn”. Làm được điều này trước
hết giáo viên phải cần có năng lực nghiên cứu cái khó, sáng tạo cái mới (phương
pháp mới, kiến thức mới, bài tốn mới...) để nâng cao trình độ chun mơn,
nghiệp vụ của mình ln giữ vững vai trị là người điều khiển của quá trình dạy
học. Đối với mỗi dạng tốn người thầy nên hình thành và chú ý rèn luyện, phát
triển các năng lực Toán học cho các em. Rèn luyên kỹ năng tính cực trị về thể
tích khối chóp giúp học sinh chủ động trong việc phát hiện ra tri thức và nắm bắt
được tri thức để từ đó kích thích sự đam mê, sáng tạo trong học tập bộ mơn Tốn
của học sinh.
3.2. Kiến nghị
Trên đây là một số sáng kiến và kinh nghiệm của tôi đã thực hiện tại đơn

vị trong các năm học vừa qua. Rất mong đề tài này được xem xét, mở rộng hơn
nữa để áp dụng cho mọi đối tượng học sinh, giúp học sinh u thích và say mê
học Tốn hơn.

22


XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.
Người viết
Nguyễn Thị Lan Hương

23