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



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

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

Vì EF là đờng

nhỏ nhất khi EF AB.
Vậy

2
2)( RSMin
CEF
=


Ví dụ 2

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


=

2

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

4
30
)(
22
a
MNNHMHMax =+=

4
15
)(
2
'
a
SMax
MDC
=2
3
)(
a
MNMHMin ==



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

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

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

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

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

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

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

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


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

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

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

Vì MK NE nên K ở trên đờng tròn

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

n
n
n
xxx
n
xxx

21
21

+
+
+ L10
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
= = x
n
Ngoài ra, bất đẳng thức Cosi còn thờng đợc sử dụng dới các dạng
sau :
Dạng 1 :
(
)
xy
yx

y
a
x
=

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

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


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

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

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

2
1
2
1
2
1

nnn
lbalbalba

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

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
nnn
lbalbalba :::::::::
222111
KKKK =
=
=d. Bất đẳng thức Schwartz

+++

) (

1
2
1
2
2
2
2
1
2
1

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


B
S
A
SACSBCSABABC
SSSS

++.3

a. CMR:
Ta có
SCSBSASSAV
SBCABCS
==

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

).(
4
1
BCSISCSBSA ++=222222
.
4
1
.
4
1
.
4
1
BCSISCSASBSA ++=
222
SBCSACSAB
SSS

++=

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

2
k
xkx
xkx =






+


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

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

S
SABC
ABC
++==


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

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


2222
1111
cbaSH
++=()
9
3
3
1111
3222
3
222
222
222
2
2
=






++++=
cba
cba
cba
cba

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

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

66
cxybzxayzxyz +
+
=
1=++
z

OA
a
OC
c
OB
b
OA
a
++=

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

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

Vì
1=++






++++=
2
2
2
2
2
2
222
OC
c
OB
b
OA
a
OCOBOA(
2
cba ++
)
(theo BĐT Bunhiacopski)
Vậy OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất là
(
)

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

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

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

6
1
.
3

1
xayyaxyxaS
tp
+++++=
c. Tìm giá trị lớn nhất của V và S
tp
:
22222222222
abyxbyxaANAMMN =+=+++=
)=
+
=
22
22
(
12
1
26
1
6
1
aba
yx
aaxyV2
)(
12
1

+

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

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

222222
)()(2 ababa +=442222
))(( abbaab =+=
Vậy








+








+
+

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


Ký hiệu
(
)
xfMaxM
D
=

Số m đợc gọi là GTNN của hàm số y = f(x) trên tập D nếu :
x D : f(x) m
x
0
D : f(x
0
) = m
Ký hiệu
(
)
xfMinm
D
=ơ GTLN, GTNN của hm số trên một khoảng
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng (a; b) (a có thể là -, b có thể
là +).
- Tính đạo hàm của hàm số f(x) trên (a; b).
- Giải phơng trình f'(x) = 0 để tìm các nghiệm x
1
, x
2

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

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

3=+
S
N
SD
SM
SB

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


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

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

⇒
3 3 =+⇒=+
SM
SB
SN
SD
SNSMSBSNSDSM

b. TÝnh GTLN vµ GTNN cña
V
V
1

Ta cã
SB
SM
V
V
SABC

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

§Æt

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


22
, RxSKRxSO =+=
Vì SIK SAO :

()
22
.
Rx
xRR
AO
AO
IK
SO
SK

+
==(
)
()
()
xR
Rx
xRR
SOAOV +

+

RRxx
xf

++
=
22
2
)(()
()
2
2222
32
'
2
)(
Rx
RRxx
xf
Rx
RRxx
xf


=

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

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





< 0)(

af

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

S
thì < x
1
< x
2

Nếu
0
2
<

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



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



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

=NAM
Ta có
xyxyS
AMN
4
3
60sin
2
1
0
==
(1)
22
SKKN nm hc 2010 - 2011 GV: Hong Mnh Thng - THPT s 3 TP Lo Cai
Mặt khác
=
+=
ANOAMOAMN
SSS
(
yxyAOxAO +=+
12

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

()() ()()
xyxyxyxyxyyxxyyx 33
6


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

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

t
t
t
t
t
S
taf
taf
tt

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

=
=
1
2
1
y
x

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

24
2
)( =
ADMN
VMax và

- Các bài toán về tính toán.
và nắm vững những phơng pháp cơ bản để giải các bài toán cực trị là :
- Sử dụng quan hệ giữa đờng vuông góc, đờng xiên và hình chiếu.
- Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đờng gấp khúc, các BĐT trong
tam giác.
- Sử dụng các BĐT trong đờng tròn.
- Sử dụng các BĐT cơ bản.
- Sử dụng phơng pháp hàm số.
Thông qua hệ thống các bài toán và các phơng pháp giải bài toán cực
trị, học sinh sẽ đợc hình thành những kỹ năng, kỹ xảo khi giải các bài toán
cực trị.
Với ý nghĩa đó, việc đa các hoạt động trí tuệ vào trong quá trình giải
một hệ thống bài tập phù hợp và đa dạng sẽ tạo nên một cách nhìn mới cho
học sinh, giúp cho học sinh có thêm kỹ năng trong việc giải toán.
Thời gian v kết quả áp dụng của đề ti
Thời gian: Trong các năm học từ 2006 đến nay tôi đã sử dụng đề tài này trong
việc giảng dạy các lớp ôn thi đại học.
Kết quả: Học sinh các lớp ôn thi đại học nắm bắt đợc 80% của nội dung đề
tài này. 24