Luận văn Vấn đề cực trị hình học trong không gian Euclid E3

là tam giác đều, (α) là mặt phẳng đi qua điểm M trên cạnh AB, song song với SA và BC, (α) cắt cạnh CD, SC, SB lần lượt tại N, P, Q a) CMR: MNPQ là hình thang cân b) Tính thiết diện của MNPQ theo a, b, và x = AM (0 < x < b). Tính giá trị lớn nhất của thiết diện này. Lời giải Chứng minhMNPQ là hình thang cân: Vì:  (α)//BC (α)∩ (ABCD) =MN ⇒MN //PQ//BC (α)∩ (SBC ) = PQ ⇒  (α)//SA(α)∩ (SAB ) =MQ 32 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Hình 2.12: Suy ra:MQ//SA Áp dụng định lý Thales ta có: AM AB = SQ SB ; SQ SB = SP SC ; AM AB = DN DC Suy ra: SP SC = DN DC ⇒NP//SD Lại có:MQ//SA ,MN //BC ⇒MN //AD.Suy ra _NMQ = _SAD = 600 Tương tự: _ MNP = _ SAD = 600 MNPQ cóMN //PQ ; _ NMQ = _ MNP = 600 Do đó:MNPQ là hình thang cân. b) Tính diện tích hình thang cân MNPQ 33 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Hình 2.13: Áp dụng định lý Thales: MQ SA = BM BA ⇒MQ = SA · BM BA = a · (b −x ) b PQ BC = SQ SB = AM AB ⇒ PQ = AM · BC AB = 2ax b Dựng đường thẳng qua A song song CD, cắt MN, BC lần lượt tại E, F. Ta có: EN = AD = a , và F là trung điểm của BC EM BF = AM AB ⇒ EM = BF ·AM AB = a ·x b ⇒MN =ME +EN = a + a ·x b Trong hình thang MNPQ dựng đường cao QH Ta có:QH =MQ ·Sin _NMQ = a (b −x ) b ·Sin600 = a p 3 (b −x ) 2b 34 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Hình 2.14: Suy ra diện tích MNPQ : S = MN +PQ 2 ·QH = 1 2  a + a ·x b + 2ax b  · a p 3 (b −x ) 2b = a 2 p 3 (3x +b ) (b −x ) 4b 2 (đ.vị diện tích) TìmMaxSMNPQ Vì S = a 2 p 3 (3x +b ) · (b −x ) 4b 2 = a 2 p 3 4b 2 · 1 3 (3x +b ) (3b −3x ) ≤a 2 · p 3 12b 2 · (3x +b +3b −3x ) 2 2 = a 2 p 3 3 (BĐTCauchy) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 3x +b = 3b −3x⇔ x = b 3 ∈ (0;b ) Vậy SMax = a 2 ·p3 3 đạt được khi và chỉ khi x = b 3 35 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Bài toán 2.3.2 Cho tứ diện ABCD cạnh a. M và P là 2 điểm di động trên các cạnh AD và BC sao cho AM = CP = x (0 < x < a). Một mặt phẳng (α) qua mặt phẳng và song song với CD cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện a. Chứng minh thiết diện thường là hình thang cân b. Tìm x để thiết diện có diện tích nhỏ nhất Lời giải Hình 2.15: Chứng minh thiết diện là hình thang cân M ∈ (α)∩ (ACD)(α)//CD ⇒ (α)∩ (ACD) =MN //CD;N ∈ AC Tương tự: (α)∩ (BCD) = PQ//CD; (Q ∈ BD) 36 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN M và Q là 2 điểm chung của (α) và (ABD) Suy ra : (α)∩ (ABD) =MQ . Tương tự: (α)// (ABC ) =NP Vậy thiết diện của (α) với tứ diện ABCD là Tứ giác MNPQ VìMN //PQ (cùng song song với CD nên MNPQ thường là hình thang Hai tam giác CNP và DMQ bằng nhau vì: CP =DQ € doPQ//CD và ∆BCD đều Š CN =DM € doMN //CD và ∆ACD đều Š _ PCN = _ QDM = 600 ⇒NP =MQ Vậy MNPQ thường là hình thang cân Tìm x để diện tích thiết diện nhỏ nhất Ta có:MN = AM = x ;PQ = BP = a −x Định lý hàm cosin trong tam giác MDQ MQ2 =DQ2+DM 2−2DQ ·DM ·Cos _MDQ = x 2+(a −x )2−2x (a −x ) · 1 2 = 3x 2−3ax +a 2 Dựng đường cao ME ta có: ME 2 =MQ2−QE 2 = 3x −3ax +a 2−  PQ −MN 2 2 = 3x −3ax +a 2− a −x −x 2 ‹2 = 8x 2−8ax +3a 2 4 ⇒ME = p 8x 2−8ax +3a 2 2 Diện tích MNPQ: S = MN +PQ 2 ·ME = x +a −x 2 · a 2 p 8x 2−8ax +3a 2 = a 4 · p 8x 2−8ax +3a 2 = a 4 r 8  x − a 2 ‹2 ≥ a 4 p a 2 = a 2 4 Vậy: S = a 2 4 ⇔ x − a 2 = 0⇔ x = a 2 37 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Kết luận Smin = a 2 4 ⇔ x = a 2 Bài toán 2.3.3 Cho tứ diện ABCD có: AB = CD= a; BC = AD = b; AC = BD = c (a>b>c). Một mặt phẳng (α)song song với hai cạnh đối, cắt tứ diện theo một thiết diện có chu vi là P và diện tích S. a. Định (α) để P lớn nhất,nhỏ nhất b. Định (α) để S lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ấy Lời giải Hình 2.16: a. Định (α) để P lớn nhất,nhỏ nhất Trường hợp 1 : (α) song song với AB và CD. 38 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Gọi {M }= (α)∩ BC , ta có: M ∈ (α)∩ (BCD)(α)//CD ⇒ (α)∩ (BCD) =MN //CD (N ∈ BD) Tương tự: (α)∩ (ABD) =NP//AB (P ∈ AD) (α)∩ (ACD) = PQ//CD (Q ∈ AC ) (α)∩ (ABC ) =MQ//AB Thiết diện là hình bình hành MNPQ. Đặt BM = x (0< x <b ) Áp dụng định lý Thales ta có: MN CD = BM BC ⇒MN = BM ·CD BC = a ·x b ; MQ AB = CM CB ⇒MQ = AB ·CM CB = a (b −x ) b Chu vi thiết diện MNPQ: P = 2 (MN +MQ) = 2  ax b + a (b −x ) b  = 2a Trường hợp 2: (α) song song với AD và BC. Tương tự: P = 2b Trường hợp 3: (α) song song với AC và BD. Tương tự: P = 2c Do a >b > c nên: *) P lớn nhất P = 2a khi  (α)//AB(α)//CD *) P nhỏ nhất P = 2c khi  (α)//AC(α)//BD 39 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN b. Định (α) để S lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ấy (α)//AB(α)//CD Diện tích thiết diệnMNPQ:SMNPQ =MN ·MQ ·Sin _NMQ =MN ·MQ ·Sin (AB ,CD) Tính Sin (AB ,CD) Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm của AC, BC, AD Ta có: EF//AB ;EG //CD⇒ (AB ,CD) = (EF,EG )⇒Cos (AB ,CD) = Cos _EFG  Trong tam giác ABC, áp dụng định lý trung tuyến, ta có: AB2+AC 2 = 2AF 2+ BC 2 2 ⇒AF2 = 1 2  AB2+AC 2− BC 2 2  = 1 2  a 2+ c 2− b 2 2  Hai tam giác ABC và DBC bằng nhau (c.c.c) ⇒AF=DF ⇒ FG⊥AD ⇒ FG 2 =AF2−AG 2 = 1 2  a 2+ c 2− b 2 2  − b 2 4 = a 2+ c 2−b 2 2 Áp dụng định lý hàm số Cosin trong tam giác FEG Cos _ FEG = EF2+EG 2− FG 2 2EF ·EG = a 2 4 + a 2 4 − a 2+ c 2−b 2 2 2 · a 2 · a 2 = b 2− c 2 a 2 Suy ra: Cos (AB ,CD) = b 2− c 2a 2 ⇒Sin (AB ,CD) = r 1− b 2− c 2
2 a 4 = Ç a 2+b 2− c 2
a 2+ c 2−b 2
a 4 40 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Ta có: S =MN ·PQ ·Sin (AB ,CD)≤  MN +MQ 2 2 ·Sin (AB ,CD) = a 2 4 · r a 2+b 2− c 2
a 2+ c 2−b 2
a 4 = 1 4 p a 2+b 2− c 2
a 2+ c 2−b 2
=S1 Tương tự cho các trường hợp còn lại ta có:S ≤S2 = 1 4 p b 2+ c 2−a 2
b 2+a 2− c 2
và S ≤S3 = 1 4 p c 2+a 2−b 2
· b 2+ c 2−a 2
Vì: a >b > c nên  S1 >S2S1 >S3 Lại có: S =S1⇔MN =MQ⇔  ax b = a (b −x ) b x ∈ (o;b ) ⇔ x = b 2 ⇔ (α) đi qua trung điểm cạnh BC và song song với AB và CD KL: Diện tích lớn nhất của thiết diện là: S1 = 1 4 p a 2+b 2− c 2
a 2+ c 2−b 2
Bài toán 2.3.4 Cho hình chóp SABCD, đáy là nửa lục giác đều ABCD với BC = 2a, AB= AD= CD= a. Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Cho biết SD vuông góc với AC. a. Tính SD Gọi (α) là mặt phẳng qua điểm M trên đường chéo BD và song song với SD và AC (M không trùng với B,D). b. Xác định thiết diện của hình chóp SABCD với (α). Phân biệt hai trường hợp. c. Tính diện tích của thiết diện trên theo a và x với BM = x p 3 . xác định x để diện tích thiết diện đó lớn nhất Lời giải Tính SD: 41 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Hình 2.17: DựngOI //SD (I ∈SB ) Áp dụng định lý Thales ta có: OA OC = AD BC = 1 2 ⇒OC = 2 3 AC = 2a p 3 3 Vì ABCD là nửa lục giác đều trên AC = BD = a p 3 OI SD = BI BS = BO BD = 2 3 ⇒  SI = 1 3 BS = 2a 3 SD = 3 2 OI Áp dụng định lý hàm Cosin trong tam giác SIC: IC 2 =SI 2+SC 2−2SI ·SC ·Cos _ISC =  2a 3 2 +(2a )2−2 · 2a 3 ·2a ·Cos600 = 4a 2 9 +4a 2− 4a 2 3 = 28a 2 9 42 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN SD⊥ACOI⊥SD ⇒OI⊥AC . Trong tam giác vuông IOC: OI 2 = IC 2−OC 2 = 28a 2 9 −  2 3 a p 3 2 = 16a 2 9 ⇒OI = 4a 3 ⇒SD = 3 2 OI = 2a b) Xác định thiết diện của hình chóp SABCD với (α). Trường hợp 1: M thuộc đoạn BO (M 6= B ) M ∈ (α)∩ (ABCD)(α)//AC ⇒ Giao tuyến của (α) với (ABCD) là đường thẳng qua M song song với AC; giao tuyến này cắt BA, BC lần lượt tại N, P M ∈ (α)∩ (ABCD)(α)//SD ⇒ (α)∩ (SBD) =MQ//SD (Q ∈SB ) ; (α)∩ (SBA) =NQ ; (α)∩ (SBC ) = PQ Thiết diện là tam giác NPQ Trường hợp 2: M thuộc đoạn OD (M 6= O;M 6= D) Tương tự: (α)∩ (ABCD) là đường thẳng qua M và song song với AC, giao tuyến này cắt AD, CD lần lượt tại E, F. (α)∩ (SAD) = EK //SD (K ∈SA) ; (α)∩ (SCD) = FH//SD (F ∈SC ) (α)∩ (SBD) =MQ//SD (Q ∈SB ) ; (α)∩ (SAB ) =QH ; (α)∩ (SBC ) =QH 43 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Thiết diện là ngũ giác EFHQK c) Tính diện tích thiết diện Trường hợp 1: M ∈ BO (B 6=M )⇒  MQ//SD;NP//ACSD⊥AC ⇒NP⊥MQ Suy ra, diện tích thiết diện NPQ: SNPQ = 1 2 NP ·MQ Trong tam giác SBD:MQ//SD⇒ MQ SD = BM BD ⇒MQ = SD · BM BD = 2a ·x ·p3 a ·p3 = 2x Trong tam giác BAC: NP//AC ⇒ NP AC = BM BO = x p 3 2 3 a p 3 = 3x 3a ⇒NP = 3x 2a ·ap3= 3 2 ·xp3 ⇒SNPQ = 1 2 ·2x · 3 p 3 ·x 2 = 3 p 3 ·x 2 2 Vì:M ∈ BO (M 6= B )⇔ 0< xp3≤ BO = 2a p 3 3 ⇔ 0< x ≤ 2a 3 Do đó: SNPQ ≤ 3 p 3 2 ·  2a 3 2 = 2a 2 ·p3 3 Trường hợp 2:M ∈OD (M 6=O;M 6=D) . Vì EK //QM//HF (cùng song song với SD);QM⊥EF do đó hai tứ giác EMQK và MFHQ là hai hình thang vuông tại M. Suy ra: Diện tích EFHQK: SEFHQK =SEMQK +SMFHQ = 1 2 (EK +QM ) ·EM + 1 2 (HF +MQ) · FM 44 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Áp dụng định lý Ta lét ta có: ME OA = DM DO = MF OC ⇒ ME MF = OA OC = 1 2 EK SD = AE AD = CF CD = FH SD ⇒ EK = FH ⇒SEFHQK = 1 2 (EK +MQ) · (EM + FM ) = 1 2 (EK +MQ) ·EF Lại có: EK SD = AE AD = OM OD . Trong đó:OD = 1 3BD = a p 3 3 ;OM = BM − BO = xp3− 2a p 3 3 ⇒OM OD = x p 3− 2a p 3 3 a p 3 3 = 3x −2a a ⇒ EK = 3x −2a a ·SD = 6x −4a EF AC = DM DO = 1−OM DO = 1− 3x −2a a ⇒ EF= 3a −3x a ·AC = 3a −3x a ·ap3= ap3 (a −x ) VậyMQ = 2x Suy ra: SEFHQK = 1 2 (6x −4a +2x ) ·3p3 (a −x ) = 6p3 (a −x ) (2x −a ) VìM ∈OD (M 6=O;M 6=D)⇔ BO < BM < BD ⇔ 2a p 3 3 < x p 3< a p 3⇔ 2a 3 0 và: 2x −a > 0 SEFHQK = 6 p 3 (a −x ) · (2x −a ) = 3 p 3 (2a −2x ) (2x −a ) ≤ 3p3 ·  2a −2x +2x −a 2 2 = 3 p 3a 2 4 (BĐT Cauchy) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2a −2x = 2x −a⇔ x = 3a 4 ∈  2a 3 ;a  Vì : 2a 2 ·p3 3 < 3 p 3 ·a 2 4 45 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Nên giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện là: 3 p 3 ·a 2 4 đạt được khi: x = 3a 4 Bài toán 2.3.5 Cho hình tứ diện S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh bằng a. SA vuông góc với (ABC) và SA=a. Gọi M là một điểm tùy ý trên cạnh AC (M 6= A; M 6= C); mặt phẳng (α) qua M và vuông góc với AC. a) Tùy theo vị trí của điểm M trên AC, xác định thiết diện tạo bởi (α) với tứ diện S.ABC. b) Đặt CM=x, (0 < x < a). Tính diện tích S của thiết diện trên theo a và x. Định x để diện tích S lớn nhất. Lời giải Hình 2.18: 46 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN a) Xác định thiết diện tạo bởi (α) với tứ diện S.ABC Ta có: SA⊥ (ABC )⇒SA⊥AC Gọi I là trung điểm của AC, vì tam giác ABC đều nên BI⊥AC  (α)⊥ACSA⊥AC ;BI⊥AC ⇒  (α)//SA(α)//BI Trường hợp 1: M thuộc đoạn AI (M 6= A; M 6= I)  M ∈ (α)∩ (ABC )(α)//BI ;BI ⊂ (ABC ) ⇒ (α)∩ (ABC ) =MN //BI ; (N ∈ AB ) Tương tự: (α)∩ (SAB ) =NP//SA; (P ∈SB ) (α)∩ (SAC ) =MQ//SA; (Q ∈SC ) (α) và (SBC) có 2 điểm chung là P, Q nên (α)∩ (SBC ) = PQ Vậy thiết diện là tứ giác MNPQ VìMQ//NP(c u`ng//SA);MQ⊥ (ABC )⇒MQ⊥MN Suy ra: MNPQ là hình thang vuông tại M và N Trường hợp 2: M thuộc đoạn IC (M 6= C) Giải tương tự như trên, thiết diện là tam giác QMK (K thuộc BC) vuông tại M. c) Tính diện tích S của thiết diện này theo a và x Trường hợp 1:M ∈ AI a 2 < x < a ‹ t h i`S = 1 2 (NP +MQ) ·MN Áp dụng định lý Thales ta có: MN BI = AM AI ⇒MN = BI ·AM AI = a p 3 2 · (a −x ) a 2 = p 3 · (a −x ) MQ SA = CM CA = x a ⇒MQ = a ·x a = x NP SA = BN BA = IM IA = x − a 2 a 2 ⇒NP = 2x −a ⇒S = p 3 2 · (3x −a ) (a −x ) 47 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Trường hợp 2: M thuộc đoạn IC  0< x ≤ a 2 ‹ . Thì diện tích : S = 1 2 MK ·MQ Vì: MK BI = CM C I − xa 2 ⇒MK = a p 3 2 · 2x a = x p 3 . Suy ra: S = 1 2 ·x 2 ·p3 Vậy diện tích thiết diện S =  x 2 ·p3 2 ; 0< x ≤ a 2p 3 2 · (a −x ) (3x −a ) ; a 2 < x < a Định x để diện tích S lớn nhất: Nếu: x ∈ a 2 ;a ‹ thì S = p 3 2 (3x −a ) (a −x ) = p 3 6 (3x −a ) (3a −3x ) Mặt khác với x ∈ a 2 ;a ‹ Thì 3x −a > 0; 3a −3x > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: S ≤ p 3 6 ·  3x −a +3a −3x 2 2 = p 3 6 ·a 2 Nếu x ∈  0; a 2 ‹ Thì S = x 2 ·p3 2 ≤ a 2 ‹2 ·p3 2 = a 2 ·p3 8 Vì: a 2 p 3 8 ≤ a 2 p 3 6 Và S = a 2 p 3 6 ⇔  x ∈ a 2 ;a ‹ 3x −a = 3a −3x ⇔ x = 2a 3 Vậy:MaxS = a 2 p 3 6 đạt được khi và chỉ khi x = 2a 3 Bài toán 2.3.6 Cho hình thang vuông ABCD có đáy lớn AD = 2a, đáy nhỏ BC = a và AB = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a p 2 . Gọi M là một điểm trên đường chéo AC (M 6= A) và M 6= C. Đặt AM=x. Mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với AC. Tùy theo vị trí của M trên đoạn AC, a. Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (P). b. Tính diện tích của thiết diện này theo a và x. c. Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất. Lời giải a) Xác định thiết diện 48 Thang Long University Library MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN Hình 2.19: Gọi I là trung điểm của AD, tứ giác ABCI có AB⊥AD và AI //BC ;AI = BC = BA = a . Do đó ABC I là hình vuông ⇒ BI⊥AC ⇒ BI // (P) Lại có: SA⊥AC ⇒SA// (P) Gọi O là giao điểm của AC và BI thì O là trung điểm của AC và BI Xét các trường hợp: *) Trường hợp 1: M thuộc đoạn AO ‚ 0< x < a p 2 2 Œ Ta có: (P)//BIv a`SA . Suy ra cách dựng thiết diện như sau: - Qua M dựng đường thẳng song song với BI cắt các cạnh AB, AD lần lượt tại E, F. Qua E, M, F dựng các đường thẳng song song với SA, lần lượt cắt các cạnh SB, SC, SD tại L, K, H. Nối KL, KH ta được thiết diện là ngũ giác EFHKL (P)//BI ;BI //BC (do BCDI là hình bình hành)⇒ BC// (P) 49 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ CỦA DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN (P)∩ (ABCD) =EF; (P)∩ (SCD) =HK ⇒EF//HK (P)//SA (P)∩ (SAB ) = EL (P)∩ (SAC ) =MK (P)∩ (SAD) =HF ⇒ EL//MK //HF *) Trường hợp 2: M thuộc đoạn OC ‚ a p 2 2 ≤ x ≤ ap2 Œ Dựng tương tự như trên ta được thiết diện JGRQ và JGRQ là hình thang vuông tại R và G b) Tính diện tích thiết diện Trường hợp 1: 0 < x < a p 2 2 Vì MF//OI ⇒ AM AO = MF OA ⇒ MF = AM ·OI AO = AM = x Và: MK //SA⇒ MK SA = CM CA ⇒MK = SA ·CM CA = a p 2 € a p 2−xŠ a p 2 = a p 2−x LE//SA⇒ LE SA = BE BA = OM OA ⇒ LE = SA ·OM OA = a p 2 · ‚ a p 2 2 −x Œ a p 2 2 = a p 2−2x Diện tích hình chữ nhật MFHK: SMFHK =MF ·HK = x ·€ap2−xŠ *) Diện tích hình thang vuông EMKL: SEMK L = 1 2 (MK +EL) ·ME = 1 2 € a p 2−x +ap2−2xŠ .x = €2ap2−3xŠ ·x 2 * Diện tích thiết diện EFHKL: S1 = 1 2 SMK EF +SMK LE = x ·€ap2−xŠ+ €2ap2−3xŠ ·x 2 = 1 2 ·x ·€4ap2−5xŠ *) Trường hợp 2: a p 2 2 ≤ x < ap2 Diện tích thiết diện JGRQ: S2 = 1 2 (JG +RQ) ·RG Trong đó: JG = BI = ap2 50 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU Lại có: RQ CD = SQ SC = AM AC ⇒RQ = CD ·AM AC = a p 2 ·x a p 2 = x RG SA = DG DA = CM CA ⇒RG = SA ·CM CA = a p 2−x Suy ra: S2 = 1 2 € a p 2+x Š€ a p 2−xŠ= 1 2 € 2a 2−x 2Š Vậy diện tích thiết diện là: S =  S1 = 1 2 x € 4a p 2−5xŠ ; 0< x < ap2 2 S2 = 1 2 € 2a 2−x 2Š ; ap2 2 ≤ x < ap2 c) Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất: S1 = 1 2 x ·€4ap2−5xŠ= 1 10 5x € 4a p 2−5xŠ≤ 1 10 ‚ 4a p 2−5x +5x 2 Œ2 = 4a 2 5 S1 = 4a 2 5 ⇔  4a p 2−5x = 5x x ∈ ‚ 0; a p 2 2 Œ ⇔ x = 2ap2 5 VậyMaxS1 = 4a 2 5 S2 = 1 2 € 2a 2−x 2Š ;x ∈ –ap2 2 ;a p 2 ™ ≤ 1 2 2a 2−‚ap2 2 Œ2= 3a 2 4 Suy ra:MaxS2 <maxS1 do đó: maxS =maxS1 = 4a 2 5 đạt được khi x = 2a p 2 5 2.4 CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU Các bài toán cực trị liên quan đến hình trụ, hình nón, hình cầu là những bài toán thường khó đối với học sinh THPT và cũng gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi. Loại bài tập này thường đòi hỏi những kĩ năng thành thạo về sử dụng bất đẳng thức Cauchy, . . . Tôi trình bày một số ví dụ minh họa sau: Bài toán 2.4.1 Một khối trụ (T) có thể tích V không đổi. Tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ để: a) Diện tích toàn phần của hình trụ (T) nhỏ nhất b) Diện tích xung quanh của hình trụ (T) cộng với diện tích một đáy đạt GTNN 51 CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU Lời giải Hình 2.20: a) Diện tích toàn phần nhỏ nhất Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, khi đó thể tích của khối trụ (T) V =pi ·R2 ·h Diện tích toàn phần của hình trụ (T): STP = 2pi ·R ·h +2pi ·R2 =pi ·R ·h +pi ·R ·h +2piR3≥3 3p2pi ·pi2 ·R4 ·h2 = 3 3p2pi ·V 2 (BĐT Cauchy) STP = 3 3p 2pi ·V 2⇔  pi ·R ·h = 2piR2pi ·R2 ·h =V ⇔ R = 3 Ç V 4pi h = 2 3 Ç V 4pi 52 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU Vậy STP nhỏ nhất:⇔  R = 3 Ç V 4pi h = 2 3 Ç V 4pi b) Diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy đạt GTNN : Gọi S =Sxq +Sđáy Ta có: S = 2piR ·h +pi ·R2 =pi ·R ·h +pi ·R ·h +pi ·R2 ≥ 3 3ppi ·pi2 ·R4 ·h2 S = 3 3 p pi ·V 2⇔  pi ·R ·hpi ·R2 ·h =V ⇔  R = 3 Ç V pi = 3 3 p pi ·pi2 ·R4 ·h2 h = 3 Ç V pi Vậy:M inS= 3 3 p pi ·V 2⇔  R = 3 Ç V pi h = 3 Ç V pi Bài toán 2.4.2 Cho hình nón đỉnh S, chiều cao h, bán kính R. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S của hình nón cắt hình nón theo hai đường dinh SA và SB. Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác SAB theo R và h Lời giải: Gọi l là đường sinh của hình nón thì: l =SA =SB = p R2+h2, Đặt _ SAB = 2α  0<α< pi 2 ‹ Diện tích của ÍSAB : S0 = 1 2 SA ·SB ·Sin2α= 1 2 € R2+h2 Š ·Sin2α Suy ra, S0 lớn nhất khi và chỉ khi Sin α lớn nhất Gọi góc đỉnh của hình nón là 2 ⠁ 0<β < pi 2 ‹ Trong tam giác vuông SHA: Sinα= HA SA 53 CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU Hình 2.21: Trong tam giác vuông SOA: Sinβ = OA SA Suy ra: α≤β ⇒ 2α< 2β *) Xét 2 trường hợp: - Trường hợp 1: 2β ≥ pi 2 Khi đó: pi 4 ≤β < pi 2 ⇔ tanβ ≥ 1⇔OA SO ≥ 1⇔OA ≥SO⇔R ≥ h Trong trường hợp này: S0 ≤ 1 2 € R2+h2 Š Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Sin2α= 1⇔ 2α= pi 2 ⇔α= pi 4 Vậy trong trường hợp này:MaxS0 = 1 2 € R2+h2 Š Trường hợp 2: 2β ≤ pi 2 khi đó: β < pi 4 ⇔ tanβ < 1⇔R < h Trong trường hợp này Sin2α≤Sin2β . Suy ra: S0 ≤ 1 2 € R2+h2 Š ·Sin2β 54 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β , tức là khi đó tam giác SAB trở thành thiết diện qua trục và diện tích của nó bằng S0 =R ·h . Vậy nếu R ≥ h thìMaxS0 = 1 2 € R2+h2 Š Nếu R < h thìMaxS0 =R ·h Bài toán 2.4.3 Cho mặt cầu (S) tâm I; bán kính R > 0, trong mặt cầu (S) nội tiếp một hình trụ tròn xoay có bán kính r và chiều cao h. a) Tính thể tích hình trụ theo r; R b) Tìm r để hình trụ có thể tích lớn nhất Lời giải: Hình 2.22: a) Vt ru =pi · r 2 ·h mà: 4R2 = 4r 2+h2⇒ h = 2pR2− r 2 Suy ra: Vt ru = 2pi · r 2 · p R2− r 2 55 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP b) Vt ruMax⇔ r 2 · p R2− r 2.Max ⇔ r 4 ·€R2− r 2Š .Max ⇔ r 2 2 · r 2 2 ·€R2− r 2Š .Max Ta có: r 2 2 · r 2 2 ·€R2− r 2Š≤ r 2 2 · r 2 2 + € R2− r 2Š 3 = R2 3 Thể tích trụ đạt Max ⇔ r 2 2 =R2− r 2⇔ 3r 2 2 =R2⇔ r = Ç 2 3 ·R Kết luận: VMAX = 4piR3 3 p 3 khi r = Ç 2 3 R 2.5 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Bài toán về cực trị thể tích cũng là bài toán hay và thường gặp trong các đề thi đại học, trong các đề thi chọn học sing giỏi nhằm rèn luyện lỹ năng nắm vững quan hệ song song, quan hệ vuông góc trong hình học không gian cũng như cách dựng thiết diện . Cách tìm thiết diện của một phần khối đa diện và giá trị lớn nhất của chúng trong quá trình biến thiên của một đối tượng nào đó. Để giải quyết loại bài toán này thường đưa về hàm số, rồi lập bảng biến thiên để tìm cực trị hoặc sử dụng tỷ số về thể tích hoặc bất đẳng thức Cauchy Bài toán 2.5.1 Cho hình chóp tứ giác đều SABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng b. Góc giữa mặt bên và mặt đáy hình chóp bằng α . Tìm α để thể tích của 56 Thang Long University Library CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP khối chóp SABCD nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải Hình 2.23: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AD. Ta có _ SIJ=α Ta có: AD ‖ BC ⇒ AD ‖ (SBC )⇒ d (A, (SBC )) = d (J ; (SBC )) Trong ÍSIJ vẽ đường cao JH, chứng minh được: JH⊥ (SBC ) Suy ra: d (J ; (SBC )) = JH =b Trong Í IH J vuông ta có: IJ= JH Sinα = b Sinα ⇒SABCD = AB2 = IJ2 = b 2 Sin2α 57 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Gọi O là tâm của đáy thì SO = IO · tanα= b 2 sinα · tanα= b 2 · cosα VS.ABCD = 1 3 ·SABCD ·SO = b 3 6 · sin2α · cosα⇒VS.ABCDmin⇔ 1 sin2α · cosα (min) ⇒ €sin2α · cosαŠmaxdo 00 <α< 900⇔ cosα · 1− cos2α

max Xét hàm số: f (x ) = x · 1−x 2
; (x = cosα∈ (0; 1)) Lập bảng biến thiên, tìm được:Max f (x ) = 2 p 3 9 khix = p 3 3 (x ∈ (0; 1)) VậyMin (VS.ABCD) = b 3 ·p3 4 ⇔ cosα= p 3 3 ; 00 <α< 900 Bài toán 2.5.2 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA= a p 3 ; SA ⊥ (ABCD) a) Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’ . Tính thể tích khối chóp SA B’C’D’ theo a b) Gọi M, N là 2 điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho _ MAN = 450 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp SAMN Lời giải a) BC ⊥ AB; BC ⊥ SA=>BC ⊥ (SAB)=>BC ⊥ AB’ SB ⊥ (P)=>SC ⊥ AB’=>AB’ ⊥ (SBC) => AB’ ⊥ SB Tương tự: AD’ ⊥ SD=> VS.AB ′C ′D ′ =VSAB ′C ′ +VSAD ′C ′ +) VSABC VSABC = SB ′ SB · SC ′ SC = SB ′ ·SB SB2 · SC ′ ·SC SB2 = SA2 SB2 · SA2 SC 2 = 3 4 · 3 5 = 9 20 (1) +) VSA DC VSADC = SD ′ ·SC ′ SD ·SC = SD ′ ·SD SD2 = SC ′ ·SC SC 2 = SA2 SB2 · SA2 SC 2 = 3 4 · 3 5 = 9 20 (2) Do đó: VS.ABC =VS.ADC = 1 2 · 1 3 ·a 2 ·ap3= a 3 p 3 6 Cộng (1) với (2) theo vế ta được: 58 Thang Long University Library CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Hình 2.24: VSABC a p 3 6 = VSA DC a p 3 6 = 9 20 + 9 20 ↔VS.A BCD = 9 10 · 3 p 3a 2 20 b)VS.AMN = 1 3 ·VAMN ·ap3 . Đặt BM = x ;DN = y ;x ;y ∈ [0;a ] trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP = BM = x Í AMM =Í ADP => AM = AP ; _ BAM = _ DAP _ MAN = 45◦ => _ BAM + _ DAN = 450 _ NAP = _ DAP + _ DAN = 45◦ =>ÍMAN =Í PAN =>SMAN =SPAN = 1 2 AD ·PN = 1 2 a (x + y )(∗) 59 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Hình 2.25: Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông CMN ta được : MN 2 =MC 2+CN 2 ↔ x + y
2 = (a +x )2+ a − y
2↔ x 2+ y 2+2xy = a 2+x 2−2ax +a 2+ y 2−2ay ↔ xy +a (x + y ) = a 2↔ y = a 2−ax x +a Thế vào biểu thức (*) ta được: SAMN = 1 2 a  x + a 2−ax x +a  Đặt f (x ) = a 2 ·  x 2+a 2 x +a  => f ′(x ) = a 2 · x 2+2ax −a 2 (x +a )2 Phương trình f ′(x ) = 0↔ x = €p2−1Š ·a f (0) = f (a ) = a 2 2 ; f €€p 2−1ŠaŠ= a 2 ·€p2−1Š =>Max f (x ) = a 2 2 ;M in f (x ) = a 2 ·€p2−1Š 60 Thang Long University Library CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Vậy:MaxVS.AMN = a p 3 b khi  M ≡ B ;N ≡C M ≡C ;N ≡D Kết luận:MinSAMN = p 3 ·€p2−1Š ·a 3 3 khiMB =MD = a €p 2−1Š Bài toán 2.5.3 a) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’, B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành 2 phần. Tính tỷ số thể của 2 phần đó. b) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB>1, các cạnh còn lại độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V Lời giải Hình 2.26: a) Dựng đúng thiết diện. Chứng minh EI=IJ=JF 61 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Từ đó suy ra: E B E B ′ = EM EK = FA ′ F B ′ = 1 3 Lại từ đó suy ra: FN FK = 1 2 Ta có: d (K ,A ′B ′) = 1 2 d C ′;A ′B ′
;F B ′ = 3 2 A ′B ′ ⇒SK FB ′ = 3 4 SA ′B ′C ′ Mặt khác: Vì: F B F B ′ = 1 3 ⇒ d E ;K F B ′

= 3 2 h (h là chiều cao lăng trụ) Do đó: VEK FB = 3 8 V (V là thể tích lăng trụ) VEBIM VEB ′FK = E I EF · EM EK · E B E B ′ = 1 3 · 1 3 · 1 3 = 1 27 n eˆnVEBIM = 1 27 · 3 8 V = 1 72 ·V VFA ′ JN VFB ′EK = F J FE · FA ′ F B ′ · FN FK = 1 3 · 1 3 · 1 2 = 1 18 n eˆnVFA ′ JN = 1 18 · 3 8 V = 1 48 ·V Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích chứa điểm B’ và V2 là thể tích phần chứa điểm C Ta có: V1 =  3 8 − 1 72 − 1 48  ·V = 49 144 ·Vn eˆnV2 = 95 144 ·V Do đó: V1 V2 = 49 95 b) Theo giả thiết: ∆ ACD và ∆ BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1 Đặt CD = a (0< a ≤ 1) Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ ACD và ∆ BCD Ta có: AM ≤ Ç 1− a 2 4 ;BN ≤ Ç 1− a 2 4 Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có: AH ≤ AM ≤ Ç 1− a 2 4 Thể tích của tứ diện ABCD: V = 1 3 SÍBCD ·AH = 1 6 · BN ·CD ·AH ≤ a 6 ·  1− a 2 4  Xét: f (a ) = a · 4−a 2
.Tr eˆn (0; 1] . Ta có: f (a ) liên tục trên (0; 1] f ′(a ) = 4−3a 2; f ′(a ) = 0⇔ a =± 2p 3 /∈ (0; 1] VậyMax f (a ) (0; 1] = f (1) = 3 62 Thang Long University Library CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Hình 2.27: Hình 2.28: Suy ra: MaxV = 1 8 Khi ∆ CAD và ∆ BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được: AB = p 6 2 > 1 Bài toán 2.5.4 Cho hình chóp đều S. ABC có SA=a, Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SA, SC. a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a, biết BD vuông góc với AE b) Gọi G là trọng tâm của ∆ SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC 63 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP lần lượt tại M, N. Gọi V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá trị lớn nhất của V V1 Lời giải Hình 2.29: Gọi I là trung điểm của SE, => DI là trung bình ∆ SAE => DI//AE; DI = AE 2 Do: BD⊥AE nên BD⊥DI . Đặt x = AB Theo công thức đường trung tuyến trong ∆ SAB. Ta có: BD2 = SB2+AB2 2 − SA2 4 = x 2 2 + a 2 4 = AE 2 = BE 2⇒DI 2 = 1 4 ·  x 2 2 + a 2 4  Tương tự: BI 2 = 9a 2 16 + x 2 4 Do: BD⊥DI ⇒Í BDI vuông tại D Suy ra: BI 2 = BD2+DI 2⇔ x = a p 6 3 64 Thang Long University Library CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Gọi H là tâm ∆ ABC, do chóp S.ABC có đáy là tam giác đều nên SH ⊥ (ABC) => SH là đường cao của hình chóp. Diện tích ∆ ABC là: SÍABC = 1 2 AB ·AC ·Sin600 = x 2 · p 3 4 = a 2 ·p3 6 2AH = BC Sin600 ⇒ AH = xp 3 = a p 2 3 ⇒SH = p SA2−AH2 = a p 7 3 Thể tích khối chóp S.ABC là : VS.ABC = 1 3 ·SH ·SÍABC = a 3 p 21 54 b) Gọi J là giao điểm của SG và BC => J là trung điểm của BC Hình 2.30: SÍAB J =SÍACJ = 1 2 SABC ⇒VS.AB J = 1 2 VS.ABC = V 2 Đặt : x = SM SB ;y = SN SC x ,y ∈ (0; 1]
65 CỰC TRỊ CỦA THỂ TÍCH KHỐI CHÓP VS.AMG VS.AB J = SA SA · SM SB · SG S J = 2x 3 ⇒VS.AMG = V 2 · 2x 3 Tương tự: VS.AGN = 2y 3 · V 2 ⇒V1 =VS.AMG +VS.AGN hay :V1 = V 3 · x + y
(1) Từ đó: V1 V = SA SA ·SM SB ·SN SC = xy ⇒V1 =V ·xy (2) Từ (1) và (2) suy ra: x+y = 3xy (∗) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: x + y ≥ 2pxy Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x = y Từ (*) ta có: 3xy ≥ 2pxy⇔ xy ≥ 4 9 . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 2 3 nên V V1 = 1 xy ≤ 9 4 . Dấu “=” xẩy ra x = y = 2 3 Suy ra giá trị lớn nhất của V V1 ≤ 9 4 Bài toán 2.5.5 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a. Gọi H là tâm của đáy ABCD, trên đoạn SH lấy điểm M sao cho HM= x (0 < x < 2a). Gọi (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với SH, (P) cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại các điểm E,F, K, N a) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H. EFKN b) Tìm vị trí của M sao cho thể tích khối chóp H.EFKN lớn nhất Lời giải Trường hợp 1: MH>MN thì tâm I nằm trong đoạn MH Trường hợp 2: MH < MN thì tâm I nằm trong đoạn MH a) Dễ thấy EFKN là hình vuông đồng dạng với hình vuông ABCD với tỷ số đồng dạng K = SM SH = 2a −x 2a . Do đó cạnh của hình vuông EFKN là: b = 2a −x 2 66 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Hình chóp H. EFKN là hình chóp tứ giác đều nên HM là trục đường tròn ngoại tiếp đáy. Xét ∆MHN vuông tại M, gọi I là giao điểm của trung trực cạnh HN với HM; Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H. EFKN Cả 2 trường hợp đều tính được: R = IH = 4a 2−4ax +9x 2 16x Vậy diện tích mặt cầu là: S = 4pi ·R2 = 4pi ·  4a 2−4ax +9x 2 16x 2 b) SEFKN = (2a −x ) 4 2 Thể tích khối chóp H.EFKN là : V = 1 3 SEFKN ·HM = x · (2a −x ) 12 2 Ta viết: V = x · (2a −x )2 12 = 2x (2a −x ) (2a −x ) 12 ·2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2x (2a −x )(2a −x )≤  4a 3 3 Suy ra: V ≤ 8a 3 81 Dấu “=” xẩy ra khi x = 2a 3 Vậy HM = 2a 3 thì thể tích H.EFKN lớn nhất. 2.6 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Bài toán 2.6.1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và đường cao SA =2a; MNPQ là thiết diện song song với đáy, M thuộc SA và AM =x. Xét hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ và đường sinh là MA. a) Tính diện tích MNPQ theo a và x b) Tính thể tích khối hình trụ theo a và x c) Xác định vị trí của M để thể tích khối trụ là lớn nhất. Lời giải a) Diện tích MNPQ 67 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Hình 2.31: Vì MNPQ là thiết diện song song với đáy, do đó MNPQ đồng dạng với đáy, suy ra, MNPQ là hình vuông. Áp dụng định lý Thales, ta có: MN AB = SM SA = 2a −x 2a ⇒ MN = (2a −x ) ·a 2a = 2a −x 2 Suy ra diện tích MNPQ: SMNPQ =MN 2 = 1 4 (2a −x )2 b) Thể tích của khối trụ (T) theo a và x Vì đường tròn đáy của hình lăng trụ (T) là đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông MNPQ; suy ra bánh kính của (C): R = MNp 2 = 2a −x 2 p 2 Thể tích của khối lăng trụ (T): V =pi ·R2 ·MA =pi  2a −x 2 p 2 2 ·x = 1 8 ·pi ·(2a −x )2 ·x c) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số: 2a −x ; 2a −x ; 2x Ta có: (2a −x )2 ·x = 1 2 (2a −x ) · (2a −x ) ·2x ≤ 1 2  2a −x +2a −x +2x 3 3 = 32a 3 27 68 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ ⇒V ≤ 4 27 ·pi ·a 3 Vậy: V = 4 27 ·pi ·a 3⇔  x ∈ (0; 2a )2a −x = 2x ⇔ x = 2a3 Kết luận:MaxV = 4pi ·a 3 27 Bài toán 2.6.2 Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, ta lấy điểm M với AM =x, (0 ≤ x ≤ a) và trên tia Ax vuông góc (ABCD), ta lấy điểm S với SA = y (y>0) a) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAC) b) Tính thể tích khối chóp S.ABCM c) Với giả thiết x 2+ y 2 = a 2 . Hãy tìn GTLN của thể tích khối chóp S.ABCM Lời giải Hình 2.32: 69 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ a) Tính d (M ; (SAC )) Ta có:  BD⊥ACBD⊥SA ⇒ BD⊥ (SAC ) GọiO = AC ∩ BD khi đó: d (D; (SAC )) =DO = a p 2 2 DM ∩ (SAC ) = A⇒ d (M ; (SAC )) d (D; (SAC )) = x a ⇒ d (M ; (SAC )) = x a ·d (D; (SAC )) = x p 2 2 b) Tính VS.ABCD Ta có: VS.ABCD = 1 3 ·SABCM ·SA, mà tứ giác ABCM là hình thang vuông tại A,B nên: SABCM = 1 2 (AM + BC ) ·AB Hay: SABCM = 1 2 (x +a ) ·a . Suy ra: VS.ABCM = 1 6 ay (a +x ) c) Tìm GTLN của VS.ABCM V đạt giá trị lớn nhất⇔ y (a +x ) đạt GTLN⇔ y 2 · (a +x )2 đạt giá trị lớn nhất (do: x>0; y>0) Ta có: y 2 · (a +x )2 = a 2−x 2
(a +x )2 (do: x 2+y 2 = a 2)= (a −x ) (a +x ) (a +x ) (a +x ) = 1 3 (3a −3x ) (a +x ) (a +x ) (a +x ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số không âm là 3a −3x ;a +x ;a +x ;a +x Ta được: y 2 · (a +x )2 ≤ 1 3  3a −3x +a +x +a +x +a +x 4 4 = 1 3  3a 2 4 = 27a 4 16 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3a −3x = a +x⇔ x = a 2 Vậy GTLN của VS.ABCM = 3a 2 ·p3 24 đạt được khi và chỉ khi:  x = a 2 y = a p 3 2 70 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Bài toán 2.6.3 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên là a, góc giữa mặt bên và mặt đáy (ABC) là α  0<α< pi 2 ‹ a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và α b) Cho a không đổi và α biến thiên  0; pi 2 ‹ ; khi đó tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD Lời giải Hình 2.33: a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và α Gọi E là trung điểm của BC, O là tâm của đáy ABC Theo tính chất của hình chóp đều, ta có: SO⊥ (ABC ) SE⊥BC OE⊥BC ⇒ SO là chiều cao của 71 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ hình chóp và ((SBC ) ; (ABC )) = _ SEO =α Gọi cạnh của đáy ABC là x (x>0) Khi đó:OE = 1 3 AE = 1 3 · x p 3 2 = x p 3 6 ;OC = 2 3 · x · p 3 2 = x p 3 3 Trong tam giác vuông SOC (vuông tại 0), SO2 =SC 2−OC 2 = a 2− ‚ x p 3 3 Œ2 = a 2−− x 2 3 Từ (1) và (2) ta có: x 2 12 · tan2α= a 2− x 2 3 ⇒ x 2 12 ·€tan2α+4Š= a 2 ⇒ x 2 = 12a 2 4+ tan2α ⇒ x = 2a p 3p 4+ tan2α Thể tích của khối chóp S.ABC V = 1 3 ·SABC ·SO = 1 3 · x 2 · p 3 4 · x p 3 6 · tanα= x 3 · tanα 24 = 24 p 3 ·a 3 · tanα 24 p 4+ tan2α
3 = 24 p 3 ·a 3 · tanα 24 p tan2α+4
3 = a 3p3 · tanαptan2α+4
3 Xác định α để V đạt giá trị lớn nhất V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi tanαp tan2α+4
3 đạt giá trị lớn nhất ⇔ tan2α tan2α+4
3 đạt giá trị lớn nhất Ta có: f (α) = tan2α tan2α+4
3 = 14 · tan2αtan2α+4 · 2tan2α+4 · 2tan2α+4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương: tan2α tan2α+4 ; 2 tan2α+4 ; 2 tan2α+4 được: f (α) ≤ 1 4 ·  1 3  tan2α tan2α+4 + 2 tan2α+4 + 2 tan2α+4 3 = 1 108 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 72 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ tan2α tan2α+4 = tan2α+4 ⇔ tan2α= 2⇔ tanα=p2⇔α= arctanp2 Vậy giá trị lớn nhất V = a 3 ·p3p 108 = a 3 6 Đạt được khi và chỉ khi: α= arctan p 2 Bài toán 2.6.4 Cho hình trụ (T) có bán kính đáy và chiều cao đều bằng R, hai đáy là hai hình tròn (0) và (0’). Gọi AA’ và BB’ là hai đường sinh bất kỳ của (T) và E là một điểm di động trên đường tròn (0). Tính thể tích lớn nhất của khối chóp E.AA’BB’ Lời giải Hình 2.34: Để tìm GTLN của thể tích khối chóp E. AA’BB’ ta chỉ cần xét các loại hình chóp E.AA’B’B mà E là giao điểm của đường tròn tâm (0) và đường trung trực của đoạn AB, O thuộc đoạn EI (I là trung điểm của AB’) 73 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ ĐặtOI = x (0< x <R) Khi đó: E I =R +xv a`E I⊥AB ′;E I⊥AA′ ⇒ E I⊥€AA′B ′BŠ AB ′ = 2AI = 2 p OA2−OI 2 = 2pR2−x 2 Suy ra thể tích khối chóp E.AA’B’B: V = 1 3 SAA′B ′B ·E I = 1 3 R · (R +x ) · p R2−x 2 Suy ra: V 2 = 1 9 R2 · (R +x )2 ·€R2−x 2Š Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (R +x )2 · R2−x 2
= 1 3 (R +x ) · (R +x ) · (R +x ) (3R −3x ) ≤ 1 3  R +x +R +x +R +x +3R −3x 4 4 = 27 ·R4 16 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  R +x = 3R −3xx ∈ (0;R) ⇔ x = R2 Vậy GTLN của (R +x )2 · R2−x 2
= 27R4 16 Suy ra:MaxV = 1 3 R · r 27R4 16 = R3 ·p3 4 Bài toán 2.6.5 Trong các khối trụ có diện tích toàn phần S, khối trụ nào có thể tích lớn nhất? Lời giải Ký hiệu R là bán kính đáy, h là độ dài đường cao của khối trụ Ta có: S = 2piR2+2piRh . Ta cần tìm R và h để: V =piR2 ·h có GTLN 74 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Theo trên, ta có: S 2pi =R2+ V pi ·R =R 2+ V 2pi ·R + V 2pi ·R≥3 3 r V 2 4pi2 Theo BĐTCauchy ⇒ 27 V 2 4pi2 ≤  S 2pi 3 ⇔V ≤ r S3 54pi Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: R2 = V 2piR = pi ·R2 ·h 2pi ·R = R ·h 2 hay h = 2R Khi đó: S = 6piR2 nên R = Ç S 6pi Vậy khối trụ có thể tích lớn nhất là khối trụ có: R = Ç S 6pi và h = 2 Ç S 6pi Bài toán 2.6.6 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AC=a; AD’=b; CD’=c a) Tính thể tích của khối chóp đã cho b) Cho a, b, c thay đổi còn chu vi tam giác ACD’ không đổi luôn bằng P (P>0). Tìm giá trị lớn nhất của V Lời giải a) Tính thể tích của khối hộp Gọi độ dài các cạnh AB, AD, AA’ lần lượt là x, y, z. Trong tam giác vuông ABC, AA’D’; CDD’ Theo định lý Pythagoras có: x 2+ y 2 = a 2 y 2+ z 2 =b 2 x 2+ z 2 = c 2 ⇔  x 2 = c 2+a 2−b 2 2 y 2 = a 2+b 2− c 2 2 z 2 = b 2+ c 2−a 2 2 ⇔  x = Ç c 2+a 2−b 2 2 y = Ç a 2+b 2− c 2 2 z = Ç b 2+ c 2−a 2 2 Từ đó thể tích V của khối hộp là: V = xy z = Ç a 2+b 2− c 2
a 2+ c 2−b 2
b 2+ c 2−a 2
8 b) Tìm Max V : 75 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Hình 2.35: +) Chu vi Í ACD ′ : P = AC +CD ′+AD ′ = a + c + c +) Theo giả thiết ta có P là hằng số Vì a 2+b 2− c 2;b 2+ c 2−a 2;a 2+ c 2−b 2 đều dương, do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2b 2 = a 2+b 2− c 2
+ b 2+ c 2−a 2
≥ 2pb 2+a 2− c 2
· b 2+ c 2−a 2
2c 2 = b 2+ c 2−a 2
+ a 2+ c 2−b 2
≥ 2pb 2+ c 2−a 2
· a 2+ c 2−b 2
2a 2 = a 2+b 2− c 2
+ a 2+ c 2−b 2
≥ 2pa 2+b 2− c 2
· a 2+ c 2−b 2
⇒ 8a 2b 2c 2 ≥ 8a 2+b 2− c 2
· b 2+ c 2−a 2
· a 2+ c 2−b 2
= 64V 2 Suy ra: abc ≥ 2p2 ·V Lại có: P = a +b + c≥3 3pabc ⇒ P3 27 ≥ abc ≥ 2p2 ·V (BĐT Cauchy) Lại có: P = a +b + c≥3 3pabc ⇒ P3 27 ≥ abc ≥ 2p2 ·V (BĐT Cauchy) 76 Thang Long University Library CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ Suy ra: V ≤ P3 54 p 2 = P3 ·p2 108 V = P3 ·p2 108 ⇔ a =b = c VậyMaxV = P3 · p 2 8 Bài toán 2.6.7 Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A1B1C1D1. Một mặt phẳng (α) thay đổi song song với hai đáy lăng trụ, cắt các đoạn thẳng AB1,BC1;CD1;DA1;lần lượt ở các điểm M, N, P và Q. Hãy xác định vị trí của mặt phẳng (α) sao cho tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Lời giải: Hình 2.36: Giả sử (α) cắt các cạnh bên AB1,BC1;CD1;DA1 ở A’, B’, C’ và D’ (xem hình 2.40), 77 CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI CHÓP VÀ LĂNG TRỤ thế thì ta có: AA′ AA1 = BB ′ BB1 = CC ′ CC1 = DD′ DD1 Đặt AA′ AA1 = x và S(ABCD) =S thế thì S(A ′B ′C ′D′ ) =S Theo định lý Thales ta có: A ′M A ′B ′ = AM AB1 = AA′ AA1 = x ; A ′Q A ′D ′ = A1Q A1D = A1A ′ A1A = 1−x Do đó ta được: S(A ′MQ) S(A ′B ′D ′) = A ′M A ′B ′ · A ′Q A ′D ′ = x (1−x ) ⇒S(A ′MQ) = x (1−x )S(A ′B ′D ′); (1) Chứng minh tương tự, ta có: S(B ′MN ) = x (1−x )S(B ′A ′C ′); (2) S(C ′NP) = x (1−x )S(C ′B ′D ′); (3) S(D ′PQ) = x (1−x )S(D ′C ′A ′); (4) Từ (1); (2); (3) và (4) ta được: S(MNPQ) =S(A ′B ′C ′D ′)−S(A ′MQ)−S(B ′MN )−S(C ′NP)−S(D ′PQ) =S−x (1−x )S(A ′B ′D ′) +S(B ′A ′C ′) +S(C ′B ′D ′) +S(C ′D ′A ′) =S−2x (1−x )S =S €1−2x +2x 2Š=S–1 2 +2  x − 1 2 2™ ≥ S 2 Vậy S(MNPQ) đạt min bằng S 2 ⇔ x = 1 2 hay A’ là trung điểm của AA1 cũng tức là mặt phẳng (α) song song cách đều hai đáy của lăng trụ tứ giác đã cho. 78 Thang Long University Library MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG 2.7 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG 2.7.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng trong không gian Claudias Ptolemaeus, tiếng Hy Lạp klaudios Plolemaios hay gọi đơn giản là Ptolemy, Ptolémée hay Ptôlêmê (khoảng 100 – 178 A.D), là một nhà bác học Hy Lạp, học và làm việc Alexandria. Định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê là một trong những kết quả nghiên cứu của ông trong lĩnh vực toán học. 2.7.1.1 Định lý Ptôlêmê Định lý: Trong tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi tích hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện, tức là: AC · BD = AB ·CD + BC ·AD Lời giải Lấy điểm M thuộc đường chéo BD sao cho: _ MCD = _ BCA . Khi đó dễ thấy Í ABC đồng dạng ÍDMC Suy ra: CD MD = CA AB ;Suy raCD.AB =CA.MD (1) Tương tự: Í BCM đồng dạng Í ADC 79 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG Hình 2.37: , do đó, ta có: BC BM = AC AD Suy ra: BC .AD = AC (2) Lấy (1) + (2) theo vế bất đẳng thức trên ta được: CD.AB + BC .AD = AC .BM +AC .MD = AC .BD Bài toán: Cho tam giác ABC, các đường phân giác trong của các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A1,B1,C1.Chứng minh rằng: AA1BB1CC1 ≥ 16R2r Chứng minh Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABA1C Ta có: 80 Thang Long University Library MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG Hình 2.38: AA1 · BC = ABCA1+ACBA1hayAA1 ·a = c ·CA1+b · BA1 Do AA1 là phân giác góc BAC nên A1 là điểm chính giữa cung BC, do đó BA1 =CA1 Suy ra: AA1 ·a = (b + c ) · BA1 Theo định lý hàm số Sin ta có: BA1 = 2R · sin a 2 Vậy: AA1 = b + c a ·2R ·Sin A 2 . 81 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG Tương tự: BB1 = a + c b ·2R ·Sin B 2 CC1 = a +b c ·2R ·SinC 2 Để ý rằng: r = 4R ·Sin A 2 ·Sin B 2 ·SinC 2 và (a +b ) (b + c ) (c +a )≥ 8abc Suy ra: AA1 · BB1 ·CC1 = 8R 3 · (a +b ) (b + c ) (a + c ) a ·b · c ·Sin A 2 ·Sin B 2 Sin C 2 ≥ 16R2 · r (đpcm) 2.7.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê Định lý: (Bất đẳng thức Ptôlêmê) Trong tứ giác lồi ABCD luôn có: AB ·CD +AD · BC ≥ AC · BD Chứng minh: Trong tam giác ABC lấy điểm M sao cho: _ ABD = _ MBC ; _ ADB = _ MCB Rõ ràng: Í BAD đồng dạng Í BMC ;⇒ AD MC = BD CB ;⇒ BD ·MC = AD ·CB 82 Thang Long University Library MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG Hình 2.39: Tương tự: Í ABM đồng dạng ÍDBC ⇒ AB ·DC = BD ·AM Kết hợp các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: AD · BC +AB ·CD = BD · (AM +CM )≥ BD ·AC (đpcm) 2.7.1.3 Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng Định lý 2.7.1 (Bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng). Cho ABCD là tứ diện bất kì, ta có: AC · BD +AD · BC > AB ·CD Chứng minh Trong mặt phẳng ABCD lấy điểm E sao cho B và E khác phía với CD và AC =CE ;AD =DE . Ta có: , Í ACD =Í ECD Suy ra AP = PE . Với P là giao điểm của BE và CD. Áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác BCED, 83 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG Hình 2.40: Ta có: BE ·CD ≤ BC ·DE + BD ·CE Mặt khác: AB ·CD ≤ (AP +PB ) ·CD = BE .CD Vậy: AB ·CD ≤ BE ·CD ≤CE · BD + BC ·DE = AC · BD +AD · BC Dấu của bất đẳng thức vừa chứng minh không xảy ra. Bài toán 2.7.2 Trên cạnh CD của tứ diện ABCD lấy điểm N. Kí hiệu ρ (XYZ ) là chu vi của tam giác XYZ. Chứng minh rằng: NC ·ρ (DAB )+ND ·ρ (CAB )>CD ·ρ (NAB ) . Chứng minh: Xét bất đẳng thức Ptôlêmê cho bộ 4 điểm (N, A, C, D) và (N, C, B, D) ta có: NC ·DA +ND ·CA >CD ·NA NC ·DB +ND ·CB >CD ·NB Vì N thuộc CD nên NC ·AB +ND ·AB = CD ·AB Cộng theo vế 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh 84 Thang Long University Library MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG 2.7.2 Bất đẳng thức Erdo¨s mở rộng trong không gian Paul Erdo¨s (1913 – 1996) là nhà toán học người Hunggary. Ông được coi là nhà toán học xuất sắc nhất thế kỷ XX với hàng trăm công trình nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Bất đẳng thức Erdo¨s là một bất đẳng thức nổi tiếng trong tam giác được Erdo¨s đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của nhà toán học người Mỹ Louis Mordell (1888 – 1972) 2.7.2.1 Định lý (Bất đẳng thức Erdo¨s) Cho tam giác ABC, điểm P nằm trong tam giác. Gọi d 1;d 2;d 3 là khoảng cách từ P tới 3 đỉnh A; B; C. Gọi h1;h2;h3 là khoảng cách từ P tới 3 cạnh BC; CA; AB. Khi đó ta luôn có bất đẳng thức: d 1+d 2+d 3 ≥ 2 (h1+h2+h3) Chứng minh 1: Đây là chứng minh lần đầu được đưa ra bởi nhà toán học Louis Mordell Lời giải Áp dụng định lý hàm số Sin và định lý hàm số Cos, ta có: Hình 2.41: 85 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG d 1 ·SinA =EF= p h22+h 2 3−2h2h3 · cos (pi−A) d 2 ·SinB = FD = p h21+h 2 3−2h1h3 · cos (pi− B ) d 3 ·SinC =DE = p h22+h 2 3−2h2h3 · cos (pi−C ) Mặt khác ta có: EF2 = h22+h 2 3−2h2h3 · cos (pi−A) = h22+h 2 3−2h2h3 · (cosB · cosC − sinB · sinC ) ; (cos(pi−A) = cos(B +C )) = (h2 sinC +h3 sinB )2+(h2 · cosC −h3 cosB )2 ≥ (h2 sinC +h3 sinB )2 Suy ra: EF≥ h2 ·SinC +h3 ·SinB Do đó: d 1 ≥ h2 ·SinC SinA + h3 ·SinB SinA Tương tự: d 2 ≥ h3 ·SinA SinB + h1 ·SinB SinB d 3 ≥ h1 ·SinB SinC + h2 ·SinA SinC Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, rồi áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: d 1+d 2+d 3 = h1  SinB SinC + SinC SinB  +h2  SinA SinC + SinC SinA  +h3  SinA SinB + SinB SinA  ≥ 2 (h1+h2+h3) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: SinA =SinB =SinC và h1 = h2 = h3 Điều này có nghĩa tam giác ABC đều và P là tâm của tam giác ABC. Chứng minh 2: (Ta có thể áp dụng định lý Ptôlêmê để chứng minh bất đẳng thức Erdo¨s. 86 Thang Long University Library MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG 2.7.2.2 Bất đẳng thức Erdo¨s mở rộng Định lý 2.7.3 (Bất đẳng thức Erdo¨s mở rộng). Cho tứ diện ABCD, P tùy ý nằm trong tứ diện. Gọi d 1,d 2,d 3,d 4, lần lượt là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C, D và h1,h2,h3,h4 lần lượt là khoảng cách từ P đến các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC).Chứng minh rằng: d 1+d 2+d 3+d 4 ≥ 2 p h1h2+ p h1h3+ p h1h4+ p h2h3+ p h2h4+ p h3h4  Chứng minh: Gọi ha là độ dài đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh A xuống đáy BCD. Đặt S1,S2,S3,S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC; V1,V2,V3,V4, V lần lượt là thể tích các tứ diện PBCD, PCDA, PDAB, PABC, ABCD. Ta có: d 1+h1 ≥ ha ⇒ d 1S1+h1S1 ≥ haS1⇒ d 1S1+3V1 ≥ 3V = 3 (V1+V2+V3+V4)⇒ d 1S1 ≥ 3 (V2+V3+V4) = h2S2+h3S3+h4S4 ⇒ d 1 ≥ h2 · S2 S1 +h3 · S3 S2 +h4 · S4 S1 Tương tự: d 2 ≥ h1 · S1 S2 +h3 · S3 S2 +h4 · S4 S2 d 3 ≥ h1 · S1 S3 +h2 · S2 S3 +h4 · S4 S3 d 4 ≥ h1 · S1 S4 +h2 · S2 S4 +h3 · S3 S4 Cộng theo vế 4 bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được: d 1+d 2+d 3+d 4 ≥  h1 · S1 S2 +h2 · S2 S1  +  h1 · S1 S3 +h3 · S3 S1  +...+  h3 · S3 S4 +h4 · S4 S3  ≥ 2ph1h2+ph1h3+ph1h4+ph2h3+ph2h4+ph3h4 Đặc biệt hóa điểm P và tứ diện ABCD ta thu được các kết quả sau: Nếu P ≡ 1 với I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (nếu có) thì ta có: d 1+d 2+d 3+d 4 ≥ 12r 87 MỞ RỘNG TRONG KHÔNG GIAN CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC NỔI TIẾNG Nếu ABCD là tứ diện gần đều thì: d 1+d 2+d 3+d 4 ≥ 3ha Nếu ABCD là tứ diện đều thì: d 1+d 2+d 3+d 4 ≥ ap6 .Với a là độ dài cạnh của ABCD 88 Thang Long University Library BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 2.8 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài toán 2.8.1 Hai hình vuông ABCD và EFAB có cạnh a ở trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. a. Tính độ dài DE. Chứng tỏ rằng DE vuông góc AC và BF b. Đường thẳng song song với AC vẽ từ D cắt AB tại A’, đường thẳng song song với BF vẽ từ E cắt AB tại B’. Chứng minh rằng AA’=BB’=a và A’D=B’E. c. Gọi I là một điểm trên đoạn A’D và J là một điểm trên B’E sao cho A’I=B’J=x. Tính IJ theo a và x; và tìm giá trị nhỏ nhất của IJ? Bài toán 2.8.2 Cho hình tứ diện S. ABCD có ABC là tam giác vuông cân tại A; AB = a, SA vuông góc với (ABC) và SA = a p 3 . M là một điểm tùy ý trên cạnh AB, đặt AM = x (0< x < a ) . Gọi (α)là mặt phẳng qua a và vuông góc với AB. a) Tìm thiết diện của (α) với tứ diện S.ABC b) Tính diện tích của thiết diện này theo a và x. Tìm x để diện tích thiết diện có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2.8.3 Cho một mặt cầu bán kính R, một hình nón nội tiếp trong mặt cầu có chiều cao là x (0 < x < 2R). a) Tính thể tích V của khối nón và diện tích xung quanh S của hình nón đã cho theo R và x. b) Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x c) Với giá trị của x thì V lớn nhất. 89 KẾT LUẬN 2.9 KẾT LUẬN Luận văn đã trình bày đạt được một số kết quả sau: 1. Luận văn phù hợp với việc dạy học THPT theo chuyên đề. 2. Tích hợp các đơn môn Đại số và Hình học vận dụng, giải quyết bài toán. 3. Tạo đà tự tin tự học đạt hiệu quả cao cho người học. 4. Hệ thống kiến thức và phân loại bài tập. 5. Luận văn đã chọn lọc, giới thiệu một số đề thi học sinh giỏi trong nước có liên quan đến cực trị Hình học trong không gian. 6. Giới thiệu hai bất đẳng thức có nhiều áp dụng trong các đề thi học sinh giỏi đó là bất đẳng thức Ptôlêmê và bất đẳng thức Erdo¨s. 7. Nội dung luận văn đã thực hiện tốt các mục tiêu đề ra. 90 Thang Long University Library Tài liệu tham khảo A. TIẾNG VIỆT [1] Bộ giáo dục và đào tạo – Hội toán học Việt Nam, (2009), các bài toán chọn lọc- 45 năm Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo Dục . [2] Bộ giáo dục và đào tạo – Hội toán học Việt Nam, (2012 ), tuyển chọn theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ, Quyển VI, NXB Giáo Dục. [3] Lê Quốc Hán, ( 2007), Tủ sách toán học và tuổi trẻ, Ẩn sau định lý Ptolêmê, NXB Giáo Dục. [4]Nguyễn Quang Sơn,(2014), Chuyên đề trọng điểm hình học không gian, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [5] Nguyễn Văn Mậu, (2006), Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục, Hà Nội. [6] Trịnh Khắc Tuân, (2015), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT Môn toán tập II. B. TIẾNG ANH [7] Nguyễn Minh Hà ,Vol.86 (June 2002), Extending the Fermat – Torri- celli Problem, The Mathematical Gazette. 91 CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc GIẤY XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN THẠC SĨ Họ và tên tác giả luận văn: Nguyễn Văn Hảo Đề tài luận văn: VẤN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN EUCLID E3 Chuyên ngành: Toán và Thống Kê Mã Học viên: C00257 Cơ sở đào tạo: Trường Đại học Thăng Long Căn cứ vào biên bản cuộc họp Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ ngày 07/06/2016 tại Trường Đại học Thăng Long và các nhận xét, góp ý cụ thể của các thành viên hội đồng, tác giả luận văn đã thực hiện các chỉnh sửa sau: 1. ........................................................................................................................... 2. ........................................................................................................................... 3. ........................................................................................................................... 4. ........................................................................................................................... Hà nội, ngày 10 tháng 07 năm 2016 Xác nhận của giáo viên hướng dẫn Tác giả luận văn Nguyễn Văn Hảo Xác nhận của Chủ tịch Hội đồng chấm luận văn Thang Long University Library