chuyÊn ĐỀ 1 mỘt sỐ vẤn ĐỀ vỀ thỂ tÍch khỐi Đa diỆn · toán tính thể...

HỘI THẢO CHUYÊN ĐỀ BỘ MÔN TOÁN CẤP THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

Thực hiện: Tổ Toán – Tin, Trường THPT Gia Viễn B Trang 1/141

CHUYÊN ĐỀ 1 MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Bài toán tính thể tích khối đa diện, đặc biệt là thể tích khối chóp và thể tích khối lăng trụ là

một nội dung cơ bản trong chương trình toán lớp 12. Những năm gần đây trong đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng và đề thi học sinh giỏi, các bài toán về tính thể tích khối đa diện xuất hiện thường xuyên. Mặc dù đó là một bài toán cơ bản nhưng nó đã gây khó khăn cho không ít học sinh. Vì vậy, mà nhiều thí sinh có ý định bỏ câu hỏi này. Nhằm giúp các em học sinh nắm được kiến thức cơ bản, các phương pháp tính thể tích khối đa diện và có kỹ năng giải toán, năm học 2011 – 2012 chúng tôi đã thực hiện chuyên đề “Phương pháp tính thể tích khối đa diện”.

Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và qua nghiên cứu đề thi học sinh giỏi lớp 12 của các tỉnh những năm học gần đây, chúng tôi thấy các câu hỏi về hình học không gian ngoài yêu cầu tính thể tích còn có các yêu cầu khác liên quan đến thể tích như tỷ số thể tích, thể tích lớn nhất hay thể tích nhỏ nhất. Vì vậy, chúng tôi thực hiện chuyên đề “Một số vấn đề về thể tích khối đa diện” với hy vọng rằng giúp các em học sinh phần nào tháo gỡ được khó khăn khi tiếp cận với bài toán thể tích khối đa diện trong các kỳ thi đang đến gần.

MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ A. Kiến thức cơ bản của hình học phẳng. 1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và trung tuyến AM . Khi đó: a) 2 2 2BC AB AC (định lý Pitagor) b) 2 2. ; .AB BH BC AC CH CB

c) 2 2 2

1 1 1AH AB AC

d) 12

AM BC

e) sin ;cos ; tanAC AB ACB B BBC BC AB

(tỷ số lượng giác).

2. Hệ thức luợng trong tam giác bất kỳ. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh ; ;BC a CA b AB c . Kí hiệu , ,p R r lần lượt là

nửa chu vi tam giác, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC ; , ,a b ch h h và

, ,a b cm m m lần lượt là độ dài đường cao và trung tuyến xuất phát từ các đỉnh , ,A B C của tam giác

ABC . a) Định lý hàm số cosin: 2 2 2 2 cosa b c bc A .

b) Định lý hàm số sin: 2sin sin sin

a b c RA B C .

c) Công thức tính diện tích: 1 1 1 1 1 1. . . sin sin sin2 2 2 2 2 2a b cS a h b h c h ab C bc A ca C

Ngoài ra, chúng ta cũng cần nắm vững các công thức tính diện tích dưới đây:

.4abcS p r p p a p b p c

R .

d) Công thức đường trung tuyến:



2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2; ;

2 4 2 4 2 4a b cb c a c a b a b cm m m

.

Chú ý: Ngoài ra chúng ta cũng cần nắm vững các tính chất của các hình có dạng đặc biệt như tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông, hình thang, hình thang cân, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông, hình nửa lục giác đều, ..... Bên cạnh đó, cũng cần phải nắm được công thức tính diện tích của hình thang, hình bình hành, hình thoi, ..... B. Kiến thức hình học không gian lớp 11. I. Quan hệ song song 1. Đường thẳng và mặt phẳng song song. 1.1. Định nghĩa: Đường thẳng và mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung. 1.2. Các định lý: a) Định lý 1: Nếu đường thẳng d không nằm trên mặt phẳng P và song song với đường thẳng a

nằm trên mặt phẳng P thì đường thẳng d song song với mặt phẳng P .

b) Định lý 2: Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng P thì mọi mặt phẳng Q chứa a và

cắt P theo giao tuyến b thì b song song với đường thẳng a .

c) Định lý 3: Nếu hai mặt phẳng P và Q cắt nhau theo giao tuyến d và hai mặt phẳng đó cùng

song song với đường thẳng a thì giao tuyến d song song với đường thẳng a . d) Định lý 4: Nếu hai đường thẳng a và b chéo nhau thì có duy nhất một mặt phẳng qua đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. Chú ý: Định lý này thường được vận dụng trong trường hợp tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. 2. Hai mặt phẳng song song. 2.1. Định nghĩa: Hai mặt phẳng song song với nhau nếu chúng không có điểm chung. 2.2. Các định lý: a) Định lí 1: Nếu mặt phẳng P chứa hai đường thẳng a và b cắt nhau và cùng song song với

mặt phẳng Q thì mặt phẳng P song song với mặt phẳng Q .

b) Định lí 2: Nếu một đường thẳng nằm trong một trong hai mặt phẳng song song thì song song với mặt phẳng kia. c) Định lí 3: Nếu hai mặt phẳng P và Q song song với nhau thì mặt phẳng R đã cắt P thì

phải cắt Q và các giao tuyến của chúng phải song song với nhau.

II. Quan hệ vuông góc 1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Quan hệ vuông góc của đường thẳng với mặt phẳng là một trong các quan hệ quan trọng nhất của hình học không gian. Sử dụng quan hệ vuông góc của đường thẳng với mặt phẳng để chứng minh quan hệ vuông góc, để xác định và tính khoảng cách, để xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. 1.1. Định nghĩa: Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.



1.2. Định lí: Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trên mặt phẳng P thì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng P .

Chú ý: Đây là dấu hiệu nhận biết một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng. Nó cũng là điều kiện để một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Định lý này được vận dụng nhiều trong các bài toán của hình học không gian: chứng minh quan hệ vuông góc, chứng minh hệ thức hình học, xác định khoảng cách và góc. 2. Hai mặt phẳng vuông góc. 2.1. Định lí 1: Nếu hai mặt phẳng P và Q vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nào

nằm trong P và vuông góc với giao tuyến của P và Q thì đường thẳng a vuông góc với mặt

phẳng Q .

Chú ý: Định lý này ngoài việc vận dụng để chứng minh quan hệ vuông góc, nó còn được sử dụng trong bài toán xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng và cách xác định đường cao trong khối chóp, khối lăng trụ có mặt bên vuông góc với mặt đáy. 2.2. Định lí 2: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba. Chú ý: Định lý này thường được sử dụng trong các bài toán về khối chóp có dữ kiện hai mặt bên hoặc có hai mặt nào đó (gắn liền với khối chóp) cùng vuông góc với mặt đáy. Khi đó chiều cao của khối chóp chính là đoạn giao tuyến của hai mặt nói trên của hình chóp. 3. Góc. Yếu tố góc giữa đường thẳng và mặt phẳng; góc giữa hai mặt phẳng thường gắn liền với bài toán tính thể tích khối đa diện trong các đề thi tốt nghiệp THPT, thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng và thi học sinh giỏi. Yếu tố này đã gây không ít khó khăn cho các thí sinh. Các thí sinh có ý định bỏ bài toán về tính thể tích khối đa diện cũng vì lý do này.Vì vậy, việc đưa ra một quy trình mang tính chất tựa thuật toán là một việc làm cần thiết. 3.1. Định nghĩa: a) Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng 'a và 'b cùng đi qua một điểm và lần lượt cùng phương với a và b . b) Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng P . Khi đó góc giữa đường thẳng a và

mặt phẳng P là góc giữa đường thẳng a và đường thẳng 'a , trong đó 'a là hình chiếu của đường

thẳng a trên mặt phẳng P .

c) Góc giữa hai mặt phẳng P và mặt phẳng Q là góc giữa hai đường thẳng a và b lần lượt

vuông góc với mặt phẳng P và mặt phẳng Q .

3.2. Các bước xác định góc giữa đường thẳng với mặt phẳng; góc giữa hai mặt phẳng. a) Các bước xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng P .

Bước 1: Xác định hình chiếu vuông góc ' của đường thẳng trên mặt phẳng P .

Dấu hiệu nhận biết là trên đường thẳng chứa điểm M sao cho MH P , với H P . Khi đó

đường thẳng đi qua điểm H và giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng P chính là đường

thẳng ' ,



Bước 2: Xác định và tính góc giữa hai đường thẳng và ' . Đó cũng chính là góc giữa đường thẳng và mặt phẳng P .

b) Các bước xác định góc giữa hai mặt phẳng P và Q .

Cách 1: (Theo định nghĩa) Bước 1: Xác định đường thẳng a P , đường thẳng b Q .

Bước 2: Xác định và tính góc giữa hai đường thẳng a và b . Góc giữa hai đường thẳng a và b bằng góc giữa hai mặt phẳng P và Q .

Cách 2: (Theo cách xác định góc) Bước 1: Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng P và Q .

Bước 2: Lấy một mặt phẳng R vuông góc với đường thẳng .

(Phải tạo ra hai đường thẳng cắt nhau cùng vuông góc với đường thẳng . Khi đó, mặt phẳng chứa hai đường thẳng vừa tạo ra chính là mặt phẳng R ).

Bước 3: Xác định giao tuyến a , b của mặt phẳng R với hai mặt phẳng P và Q . Xác định và

tính góc giữa hai đường thẳng a và b . Đó cũng chính là góc giữa hai mặt phẳng P và Q .

Chú ý: - Trong hai cách trên thì cách 2 có tính thông dụng hơn. Khi xác định góc giữa hai đường thẳng cần phải chú ý rằng góc đó không vượt quá 090 rồi mới chỉ ra đó là góc nào trên hình vẽ. Có những trường hợp không chỉ rõ là góc nào trên hình vẽ nhưng phải chú ý đến điều kiện góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 090 . - Đối với khối chóp 1 2. ... nS A A A chúng ta có cách làm cụ thể hơn như sau (theo hình vẽ trên): Cách xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy: + Xác định hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng 1 2... nA A A .

Khi đó 1 2, ,..., nHA HA HA lần lượt là hình chiếu vuông góc của 1 2, ,..., nSA SA SA trên mặt phẳng

1 2. ... nS A A A .

+ Các góc 1 2, ,..., nSA H SA H SA H nhọn nên góc giữa đường thẳng 1 2, ,..., nSA SA SA với mặt phẳng

1 2. ... nS A A A lần lượt là 1 2, ,..., nSA H SA H SA H .



Cách xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy: + Xác định hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng 1 2... nA A A .

+ Từ H kẻ 1 2, ,..., nHK HK HK lần lượt vuông góc với 1 2 2 3 1, ,..., nA A A A A A , trong đó 1 2, ,..., nK K K

lần lượt nằm trên các đường thẳng 1 2 2 3 1, ,..., nA A A A A A .

+ Các góc 1 2, ,..., nSK H SK H SK H nhọn nên góc giữa các mặt bên 1 2 2 3 1, ,..., nSA A SA A SA A với

mặt phẳng 1 2... nA A A lần lượt là 1 2, ,..., nSK H SK H SK H .

- Thông thường điểm H có vị trí đặc biệt đối với đa giác 1 2... nA A A như trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp hoặc nằm trên một đường thẳng nào đó, .... Việc lưu ý đến điều này sẽ giúp chúng ta thuận lợi hơn trong tính toán.

VẤN ĐỀ 1. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

PHƯƠNG PHÁP 1: TÍNH TRỰC TIẾP DỰA VÀO CÔNG THỨC THỂ TÍCH. A. Nội dung phương pháp. Để tính thể tích khối chóp hoặc khối lăng trụ dựa vào công thức tính thể tích, chúng ta có thể tiến hành theo các bước sau đây: Bước 1: Xác định đáy và chiều cao của khối chóp hoặc khối lăng trụ. Bước 2: Tính diện tích đáy và độ dài chiều cao. Bước 3: Thay dữ kiện vào công thức thể tích để tính thể tích.

Thể tích khối chóp: 1 .3

V B h , trong đó B là diện tích đáy và h là chiều cao của khối chóp.

Thể tích khối lăng trụ: .V B h , trong đó B là diện tích đáy và h là chiều cao của khối lăng trụ. Để hiểu rõ cách xác định chiều cao của khối chóp hoặc khối lăng trụ, chúng tôi xin nhắc lại định nghĩa chiều cao của các khối này. - Chiều cao của hình chóp bằng khoảng cách từ đỉnh của hình chóp tới mặt phẳng chứa đáy của hình chóp đó. - Chiều cao của hình lăng trụ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đáy của hình lăng trụ hay bằng khoảng cách từ một đỉnh của hình lăng trụ đến mặt đáy của hình lăng trụ không chứa đỉnh đó. Dưới đây là những dấu hiệu giúp chúng ta xác định nhanh được chiều cao của hình chóp và hình lăng trụ.

Khối đa diện Cách xác định chiều cao Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy.

Chiều cao chính là cạnh bên đó.

Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc cùng tạo với mặt đáy những góc bằng nhau (trong đó có cả hình chóp đều).

Chân đường cao của hình chóp trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp mặt đáy của hình chóp.

Hình chóp có hai mặt bên kề nhau cùng vuông góc với mặt phẳng đáy.

Chiều cao chính là giao tuyến của hai mặt bên đó.



Hình chóp có một mặt bên vuông góc với mặt đáy.

Chiều cao của hình chóp chính là đường cao kẻ từ đỉnh của hình chóp của mặt bên đó.

Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với mặt đáy những góc bằng nhau.

Chân đường cao của hình chóp trùng với tâm đường tròn nội tiếp mặt đáy của hình chóp.

Hình lăng trụ đứng. Chiều cao chính là cạnh bên của hình lăng trụ.

Chú ý: Đối với khối lăng trụ nói chung, đôi khi có gắn với các yếu tố của khối chóp như có một đỉnh cách đều các đỉnh của mặt đáy đối diện; cho biết trước hình chiếu vuông góc của một đỉnh nào đó trên mặt đối diện; .... Vì vậy, chúng ta cần nắm vững cách xác định chiều cao trong một số trường hợp đặc biệt nói trên để vận dụng cho cả khối lăng trụ. B. Các ví dụ minh họa. 1. Các ví dụ về hình chóp. 1.1. Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy (hoặc có hai mặt bên kề nhau vuông góc với mặt đáy) Ví dụ 1. Cho hình chóp .S ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a , hai mặt bên SAB và

SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng SBC tạo với mặt phẳng ABC một góc

. Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a và . Lời giải

Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc

với mặt phẳng ABC và cắt nhau theo giao tuyến

SA nên SA ABC .

Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Do tam giác SBC đều nên BC SM . Do đó, BC SAM .

Hai mặt phẳng SBC và ABC cắt nhau theo

giao tuyến BC và BC SAM nên góc giữa hai

mặt phẳng SBC và ABC bằng góc giữa hai

đường thẳng AM và SM .Tam giác SAM vuông tại A nên 090SMA . Theo giả thiết ta có SMA .

Tam giác SBC đều cạnh a nên 32

aSM .

Tam giác SAM vuông tại A nên ta có: 3cos .cos2

aAM SM ; 3.sin .sin2

aSA SM .

Vậy thể tích khối chóp .S ABC là 31 1 1 sin 2. . .

3 3 2 16ABCaV SA S SA AM BC

.



Ví dụ 2. (Đề thi tốt nghiệp THPT 2011) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD CD a ,

3AB a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy một

góc 045 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a . Lời giải

Vì SA ABCD nên AC là hình chiếu vuông

góc của SC trên mặt phẳng ABCD .

Tam giác SAC vuông tại A nên 090SCA . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

ABCD bằng góc SCA . Do đó 0SCA 45 .

Tam giác ADC vuông cân tại D nên

2AC a .

Tam giác vuông SAC vuông tại A nên 0. tan 45SA AC a .

Diện tích hình thang ABCD là 23. . 22 2ABCD

AB DC a aS AD a a .

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là 3

21 1 2. .23 3 3ABCD

aV SA S a a .

Ví dụ 3. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và 2SA a . Gọi N là trung điểm của SC , M là điểm thuộc cạnh AD

sao cho 2MD MA . Tính thể tích khối tứ diện BDMN . Lời giải

GọiO là tâm hình vuông ABCD / /ON SA . Mà SA ABCD nên ON ABCD .

Tam giác SAC vuông tại A có ON là đường trung

bình nên 1 22 2

aON SA .

Lại có BDM BAD BAMS S S 21 1. .

2 2 3aAB AD AB AM

Tứ diện NBDM có chiều cao ON nên thể tích khối tứ diện NBDM là 2 31 1 2 . 2. . .

3 3 2 3 18BDMa a aV ON S .

Ví dụ 4. (ĐH KA năm 2011) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ; 2AB BC a . Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi M là trung điểm của AB , mặt



phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N . Biết góc giữa hai mặt phẳng SBC và

ABC bằng 600. Tính thể tích khối chóp .S BCNM theo a .

Lời giải

Ta có SAB cắt SAC theo giao tuyến SA ; SAB và

SAC cùng vuông góc với ABC suy ra SA vuông góc

ABC .

AB BC SB BC . Vậy SBA là góc giữa mặt phẳng

SBC và ABC nên 060SBA .

Ta có 0tan 60 2 3SA AB a . Mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N nên MN // BC và N là trung điểm của AC .

Ta có ;2 2

BC ABMN a MB a . Diện tích tứ giác BCNM là 23.

2 2BCNMBC MN aS MB

.

Thể tích khối chóp .S BCNM là 3

.1 3. .3 2S BCNM BCNM

aV S SA .

Nhận xét: Trước hết ta phải xác định được mặt phẳng qua SM và song song với BC bằng cách từ điểm M kẻ đường thẳng d song song với BC (ta chọn từ điểm M là phù hợp nhất vì điểm M và đường thẳng BC cùng thuộc ABC ), đường thẳng d cắt AC tại N . Ta thấy hình chóp

.S MNCB cũng nhận SA là đường cao. 1.2. Hình chóp đều Ví dụ 5. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD . b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .

Lời giải a) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Khi

đó AH BCD . Ta có 2. 34BCD

aS .

Ta có 2 33 3

aBH BN . Tam giác ABH vuông tại H

nên 2 2 63

aAH AB BH .

Vậy thể tích khối tứ diện ABCD là 31 . 2.

3 12BCDaV AH S .



b) Ta có AH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Gọi M là trung điểm cạnh AB , kẻ IM vuông góc với AB và I nằm trên AH thì ta có IA IB IC ID . Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nhận I là tâm, bán kính R IA . Tam giác AMI đồng dạng với tam giác AHB (g.g).

Suy ra . 66

AM AI AB AM aAIAH AB AH

.

Nhận xét: - Dấu hiệu nhận biết một hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp là đáy của hình chóp đó phải là đa giác nội tiếp được đường tròn (tức là có đường tròn ngoại tiếp). Chẳng hạn, đáy là tam giác, hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân, .... - Muốn xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ta cần thực hiện các bước sau: Bước 1: Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đáy của hình chóp (là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đáy và đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp đáy của hình chóp đó). Bước 2: Mặt phẳng trung trực của một cạnh bên cắt trục đường tròn nói trên tại đâu thì đó là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Thông thường, chúng ta gặp tình huống có một cạnh bên của hình chóp đồng phẳng với trục đường tròn nói trên. Khi đó ta chỉ cần xác định đường trung trực của cạnh bên đó với điều kiện đường trung trực đó phải nằm trong mặt phẳng chứa cạnh bên và trục đường tròn nói trên. - Đối với tứ diện thì chọn một đỉnh làm đỉnh của hình chóp để cho việc tính thể tích hoặc xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp thuận lợi. Ví dụ 6. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có cạnh đáy bằng A . Gọi SH là đường cao của

hình chóp. Gọi I là trung điểm của SH , khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SBC bằng 5a .

Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a Lời giải

Từ H kẻ ,HM BC M BC . Mà SH ABCD

nên SH BC . Do đó BC SHM

SBC SHM .

Từ H kẻ 'HH SM , 'H SM . Khi đó 'HH SBC .

Từ điểm I kẻ // ' ,IK HH K SM thì IK SBC

;d I SBC IK .

Theo giả thiết, ta có 5aIK . Mà IK là đường trung bình của tam giác 'SHH nên

2' 25aH H IK . Tam giác SHM vuông tại H có đường cao 'HH nên 2 2 2

1 1 1'H H HS HM

2 2 2 2 2 21 1 1 25 4 9 2

3' 4 4aSH

HS H H HM a a a .

Vậy thể tích khối chóp đã cho là 3

21 1 2 2. . .3 3 3 9ABCD

a aV SH S a .



Nhận xét: Trong ví dụ trên, điều mấu chốt là phải xác định được khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SBC . Việc xác định khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SBC có thể tiến hành

trực tiếp hoặc gián tiếp dựa vào một điểm khác. Vì vậy, khi xác định khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng nếu xác định trực tiếp gặp khó khăn thì có thể sử dụng phương án gián tiếp dựa vào một điểm khác như trong ví dụ này. Ví dụ 7. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2011 – 2012) Cho hình chóp đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy là a ( 0a ). Biết các mặt bên tạo với mặt đáy góc

có số đo bằng 4 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a và số đo của góc giữa hai mặt phẳng

SAD và SCD .

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD , suy ra SO ABCD .

Ta có ABCD SCD CD

Gọi M là trung điểm của CD , ta có OM CD . Ta lại có SO CD nên CD SOM CD SM .

Suy ra

, ,SCD ABCD SM MO SMO .

Theo giả thiết ta có 4

SMO .

Thể tích khối chóp .S ABCD là 1 . .3 ABCDV SO S .

Ta có diện tích hình vuông ABCD là 2ABCDS a .

Trong tam giác SOM vuông tại O nên ta có 2aOS OM .

Suy ra khối chóp .S ABCD là 316

V a .

Hiển nhiên độ dài cạnh bên của hình chóp đều .S ABCD là 32

a .

Ta có SCD SAD SD . Gọi I là hình chiếu vuông góc của O trên SD . Suy ra SD ACI .

Do đó ;SD AI SD CI . Khi đó

, ,SCD SAD IA IC .

Áp dụng định lí cosin trong tam giác IAC , ta được 1cos2

AIC . Suy ra 0120AIC .

Do đó góc giữa hai mặt phẳng SAD và SCD bằng 060 .

Ví dụ 8. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng SBC

bằng 2a . Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp thì thể tích của khối chóp .S ABCD nhỏ nhất.



Lời giải Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Do .S ABCD là hình chóp đều nên SO ABCD

Kẻ đường cao OH của tam giác OBC thì H là trung điểm của BC . Khi đó BC SOH .

Tam giác SOH vuông tại O nên SHO là góc nhọn. Do đó góc giữa mặt bên SBC và mặt đáy

ABCD bằng góc SHO .

Đặt , 02

SHO x x .

Kẻ đường cao OK của tam giác SOH thì OK SBC . Suy ra ;d O SBC OK .

Đường thẳng AO cắt mặt phẳng SBC tại C nên

;2

;d A SBC AC

OCd O SBC .

Suy ra 1; ;2

d O SBC d A SBC a .

Tam giác OKH vuông tại K nên sinsinOK aOH

xKHO . Suy ra . tan

cosaSO OH SHO

x và

22sin

aAB OHx

.

Diện tích hình vuông ABCD là 2

24

sinABCDaS

x . Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là

2 3

2 21 1 4 4. . .3 3 cos sin 3cos sinABCD

a a aV SO Sx x x x

.

Ta có thể tích khối chóp .S ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi 2cos sinx x lớn nhất. Cách 1: (Theo Đại số) Các số cos ,sinx x dương nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

32 2 222 2 2 21 1 2cos sin sin 4cos sin 2cos sin sin .

2 2 3 27x x xx x x x x

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 62cos sin sin3

x x x .

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị nhỏ nhất bằng 32 . 3a khi 6sin3

x .

Cách 2: (Theo Giải tích) Ta có 2 3cos sin cos cosx x x x .

Xét hàm số 3f t t t trên khoảng 0;1 .

Ta có 2' 1 3f t t và 3' 03

f t t .



Bằng cách lập bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số f t trên khoảng 0;1 bằng 2 39

đạt được khi 33

t .

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị nhỏ nhất bằng 32 . 3a khi 3cos3

x .

Nhận xét: - Trong ví dụ trên điều mấu chốt là ta phải xác định khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng SBC thông qua giả thiết ; 2d A SBC a và xác định được góc giữa hai mặt phẳng

SBC và ABCD . Công việc còn lại là tính thể tích khối chóp theo công thức.

- Khi biểu thức thể tích của khối đa diện phụ thuộc vào một biến nào đó (có thể là góc hoặc khoảng cách) và bài toán đòi hỏi xác định điều kiện của biến để thể tích khối đa diện nhận giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất thì ta có thể giải quyết bài toán cực trị đó theo các bước sau: Bước 1: Chọn biến số, đưa ra điều kiện của biến số (từ giả thiết toán). Bước 2: Lựa chọn cách tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất (theo bất đẳng thức hoặc theo đạo hàm) và tiến hành tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Khi sử dụng bất đẳng thức cần chú ý đến điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra. Bước 3: Kết luận về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. 1.3. Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy (hoặc mặt chéo vuông góc với đáy) Ví dụ 9. Cho hình chóp .S ABC có mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tam giác SAB là tam giác đều cạnh a và tam giác ABC cân tại C . Góc tạo bởi giữa cạnh bên

SC và mặt phẳng đáy là 030 . Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . Lời giải Gọi H là trung điểm của AB . Tam giác SAB là tam giác đều nên SH AB . Hai mặt phẳng SAB và ABC cắt nhau theo giao

tuyến AB và vuông góc với nhau nên SH ABC SH HC .

Tam giác SHC vuông tại H nên 090SCH . HC là hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC trên mặt phẳng ABC nên góc giữa đường thẳng SC và mặt

phẳng ABC bằng SCH .

Theo giả thiết, ta có 030SCH . Lại có 32

aSH .

Tam giác SHC vuông tại H nên 0 3.cot 302aHC SH .

Tam giác ABC cân tại C nên CH AB .

Do đó diện tích tam giác ABC là 21 3.

2 2ABCaS AB CH .



Vậy thể tích khối chóp .S ABC là 31 3 . 3.

3 4ABCaV SH S .

Ví dụ 10. (ĐH KB 2008) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , ; 3SA a SB a và mặt phẳng

SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh ,AB BC . Tính

theo a thể tích của khối chóp .S BMDN và tính côsin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN . Lời giải

* Tính thể tích khối chóp .S BMDN . Do 2 2 2SA SB AB nên tam giác SAB vuông tại S . Kẻ đường cao SH của tam giác SAB . Khi

đó, ta có . .SH AB SA SB hay . . 3 32 2

SA SB a a aSHAB a

.

Do hai mặt phẳng SAB và ABCD vuông góc

với nhau và cắt nhau theo giao tuyến AB nên SH ABCD .

Diện tích đáy ABCD là 24ABCDS a .

Ta có BMDN ABCD MAD NCDS S S S

2 2 2 24 2a a a a .

Vậy thể tích khối chóp .S BMDN là 3

21 1 3 . 3. . .23 3 2 3BMDN

a aV SH S a .

* Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN . Gọi ,P Q lần lượt là trung điểm của AD và AP . Khi đó / /MQ DN nên góc giữa hai đường thẳng DN và SM bằng góc giữa hai đường thẳng MQ và SM .

Tam giác SAB vuông tại S có trung tuyến SM nên 12

SM AB a .

Ta có 12

AQ QP a . Tam giác MAQ vuông tại A nên 2

2 2 2 52 2a aMQ MA AQ a

.

Do ,AD AB AD SH nên AD SAB hay QA SAB QA SA .

Tam giác SAQ vuông tại A nên 2

2 2 2 54 2a aSQ SA AQ a .

Tam giác SMQ có SQ MQ nên nó là tam giác cân tại đỉnh Q .

Do vậy 1

5 52cos :2 2 5

SM a aSMQMQ

. Vậy 5cos ,5

SM DN .



Ví dụ 11. (Thi thử ĐH lần 1 năm học 2013 – 2014, THPT Gia Viễn B) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O ; SAB là tam giác cân tại S . Mặt bên SAB vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng SBD tạo với mặt phẳng ABCD góc 030 .

Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a . Lời giải

Kẻ ;SH AB H AB thì H là trung điểm của AB .

Ta có hai mặt phẳng SAB và ABCD cắt nhau theo

giao tuyến AB và SAB vuông góc với ABCD ,

SH SAB nên SH vuông góc với ABCD . Vậy

SH là đường cao của hình chóp .S ABCD . Kẻ ;HK BD K BD .

Ta có ;SBD ABCD BD HS BD .

Suy ra BD SHK . Do đó BD SK .

Từ đó góc giữa hai mặt phẳng SBD và ABCD là góc giữa hai đường thẳng SK và HK chính

là góc SKH (do tam giác SHK vuông tại H nên 090SKH ). Theo giả thiết ta có 030SKH .

Do K là trung điểm của OB nên 1 22 4

aHK AO .

Tam giác SHK vuông tại H nên 0 6.tan 3012

aSH HK .

Vậy 3

.1 6. .3 36S ABCD ABCD

aV SH S .

Ví dụ 12. (ĐH KD 2011) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 3 , 4BA a BC a . Mặt phẳng

SBC vuông góc với mặt phẳng ABC . Biết 02 3; 30SB a SBC . Tính thể tích khối chóp

.S ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC theo a .

Lời giải

Kẻ ,SH BC H BC . Lại do SBC ABC và

SBC ABC BC nên SH ABC .

Tam giác SHB vuông tại H nên .sin 3SH SB SBC a .

Diện tích tam giác ABC là 21 . 62ABCS AB BC a .

Thể tích khối chóp .S ABC là 3

.1 . 2 33S ABC ABCV SH S a .



Kẻ ,HD AC D AC . Khi đó do SH AC nên AC SHD .

Kẻ ,HK SD K SD thì HK SAC . Suy ra ,d H SAC HK .

Ta có .cos 3HB SB SBC a . Mà 4BC a nên 4BC HC .

Suy ra , 4 , 4d B SAC d H SAC HK .

Ta có 2 2 5AC BA BC a ; HC BC HB a .

Hai tam giác CDH và CBA đồng dạng với nhau nên . 35

CH HD CH AB aHDCA AB CA

.

Tam giác SHD vuông tại H có đường cao HK nên 2 2

. 3 714

HS HD aHKHS HD

.

Vậy 6 7,7

ad B SAC .

Nhận xét: - Bài toán trên có thể coi đó là hình chóp .A SBC , có đường cao là AB (vì

AB SBC ). Diện tích tam giác SBC được tính theo công thức 1 . sin2SBCS SB BC SBC .

- Việc tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC trong lời giải trên được tính gián tiếp

thông qua điểm H . Chúng ta cũng có thể dựa vào thể tích của khối chóp .S ABC để tính khoảng

cách này. Cụ thể là dựa vào công thức .1 , .3S ABC SACV d B SAC S .

1.4. Hình chóp có các mặt bên, cạnh bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau Ví dụ 13. Cho hình chóp .A BCD có các mặt bên cùng tạo với mặt đáy góc 060 . Tam giác BCD có 5 , 6 , 7CD a DB a BC a . Tính thể tích khối chóp .A BCD theo a .

Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng BCD . Kẻ ,HM BC M BC ;

,HN CD N CD ; ,HK BD K BD

Theo giả thiết ta có ba tam giác vuông ,AHM AHN , AHK đôi một bằng nhau nên HM HN HK . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD . Góc giữa các mặt bên , ,ABC ACD ADB với mặt

đáy BCD lần lượt là ; ;AMH ANH AKH .

Theo giả thiết ta có 060AMH ANH AKH .

Diện tích tam giác BCD là ; 92BCD

CB BD CDS p p BC p CD p BD p a .

Suy ra 2 1890BCDS a . Mặt khác 18909

BCDBCD

S aS pr rp

, với r là bán kính của

đường tròn nội tiếp tam giác BCD .



Tam giác AHM vuông tại H nên ta có 0 5670.tan 609

aAH HM , với HM r .

Suy ra thể tích của khối chóp .A BCD là 3

.1 70 3.3 9A BCD BCD

aV AH S .

Ví dụ 14. Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABCD là hình thang có AB a là đáy bé; 3CD a ;

2AD a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 5a . Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a .

Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng ABCD . Nhận thấy các tam

giác vuông , , ,SHA SHB SHC SHD đôi một bằng nhau nên HA HB HC HD ; H thuộc mặt phẳng ABCD nên H là tâm đường tròn ngoại

tiếp hình thang ABCD . Vây ABCD phải là hình thang cân. Diện tích thang ABCD là

22ABCDS a . Ta tính được bán kính đường tròn ngoại tiếp

hình thang cân ABCD là 102

aR .

Xét tam giác SHA vuông tại H nên 2 2 3 102

SH SA HA a .

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là 3.

1 . 103S ABCD ABCDV SH S a .

Chú ý: Bài toán này ta phải biết được cách xác định đường cao của hình chóp nhờ vào dấu hiệu hình chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc hình chóp có cạnh bên cùng tạo với đáy góc như nhau) thì hình chiếu của đỉnh hình chóp trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. Vì đáy là hình thang nên đáy phải là hình thang cân (chỉ có hình thang cân mới có đường tròn ngoại tiếp). 1.5. Một số bài toán về hình chóp khác Ví dụ 15. (ĐH KD 2010) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA a ; hình chiếu

vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc đoạn AC , 4

ACAH . Gọi CM

là đường cao của tam giác SAC . Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích của khối tứ diện SMBC theo a .

Lời giải



Ta có 2 22 14;4 4

a aAH SH SA HA

Mặt khác 3 3 24 4

aHC AC ; 2 2 2SC SH HC a .

Suy ra SC AC . Vậy tam giác SAC cân tại C . Suy ra M là trung điểm của SA .

Ta có 12SCM SACS S .

3

. . .1 1 14.2 6 48S BCM B SCM S ABC ABC

aV V V S SH

Nhận xét: Ta có thể tính thể tích khối chóp .S BCM bằng cách dựa vào tỷ số thể tích. Cụ thể là

dựa vào kết quả .. . .

.

1 1 1. .2 2 6

S CBMS CBM S CBA S ABCD

S CBA

V SC SB SM V V VV SC SB SA

.

Ví dụ 16. (ĐH KA 2009) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ; 2 ;AB AD a CD a , góc

giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng 060 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD , biết mặt

phẳng SBI và mặt phẳng SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD . Tính thể tích khối chóp

.S ABCD . Lời giải

Vì hai mặt phẳng SBI và SCI cùng vuông

góc với mặt phẳng ABCD nên giao tuyến SI

của hai mặt phẳng này cũng vuông góc với mặt phẳng ABCD .

Kẻ ;IK BC K BC SIK BC .

Tam giác SIK vuông tại I nên góc 090SKI . Góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD

bằng góc giữa hai đường thẳng SK và IK và

bằng góc SKI

Theo giả thiết, ta có 060SKI .

Ta có 2 2 21 1 1. 3 ; . ; .2 2 2 2ABCD IAB ICD

AB CDS AD a S IA AB a S ID CD a .

Do đó 23

2IBC ABCD IAB ICDaS S S S .

Ta lại có 22 2 25 5CD AD AB CD a CD a .



Mà 1 .2ICDS IK CD nên 2 3 5

5ICDS aIK

BC .

Tam giác SIK vuông tại I nên 3 15. tan5

aSI SK SIK .

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là 31 3 15.

3 5ABCDaV SI S .

Ví dụ 17. (ĐH KA 2010) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD , H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng

ABCD và 3SH a . Tính thể tích khối chóp .S CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng

DM và SC theo a . Lời giải

Ta có 2 2 21 1; ;8 4ABCD AMN MBCS a S a S a nên

25

8CDNM ABCD AMN MBCaS S S S .

Vậy thể tích khối chóp .S CDNM là 31 5 . 3.

3 24CDNMaV SH S .

ADM DCN nên ADM DCN .

Do 090ADM MDC nên 090DCN MDC

Suy ra DM CN . Vì SH ABCD nên SH DM . Do đó MD SHC . Kẻ ,HK SC K SC .

Khi đó HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC nên ;d DM SC HK .

Tam giác NDC vuông tại D có đường cao DH nên 2 2 5

5CD aHCCN

.

Tam giác SHC vuông tại H có đường cao HK nên 2 2

. 2 5719

HS HC aHKHS HC

.

Vậy 2 57;19

ad DM SC .

Nhận xét: - Trong trường hợp này khối chóp cần tính thể tích có đường cao nằm bên trong khối và đã được cho trước. Yêu cầu tính thể tích khối đa diện trong ví dụ này tương đối nhẹ nhàng, chỉ cần biết được công thức tính thể tích là có thể tính được. - Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian (trường hợp chéo nhau và vuông góc với nhau) ta có thể thực hiện các bước sau: Bước 1: Xác định mặt phẳng P chứa đường thẳng và P vuông góc với đường thẳng b .



Bước 2: Tìm giao điểm B của đường thẳng b với mặt phẳng P . Từ B kẻ BA vuông góc với

đường thẳng a (điểm A thuộc đường thẳng a ). Khi đó AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng a và b . Do đó ;d a b AB .

- Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau nhưng không vuông góc với nhau, chúng ta có thể tiến hành theo các bước sau đây: Bước 1: Xác định mặt phẳng P chứa đường thẳng a và song song với đường thẳng b .

Đây là một trong hai bước quan trọng nhất của bài toán này. Bài toán về tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau thường được ra theo cách này trong những năm gần đây. Bước 2: Tìm trên đường thẳng b một điểm M sao cho dễ dàng xác định và tính được khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P .

Bước 3: Khi đó ta có ; ; ;d a b d b P d M P .

Ví dụ 18. (Thi thử ĐH lần 2 năm học 2012 – 2013, THPT Gia Viễn B) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ; 2AB AD a ; BC a . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm H của

cạnh AB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAB bằng 030 . Tính theo a thể tích khối

chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD . Lời giải

Ta có SH vuông góc với mặt phẳng ABCD .

Từ giả thiết ta có BC SAB SB BC và

góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAB

bằng góc giữa hai đường thẳng SC và SB và

bằng góc BSC ( do tam giác SBC vuông tại B

nên 090BSC ) . Suy ra 030BSC . Tam giác SBC vuông tại B nên

0cot cot 30 3SB BC BSC a a .

Tam giác SHB vuông tại H nên 2 2 2SH SB HB a .

Diện tích hình thang ABCD là 23ABCDS a .

Thể tích khối chóp .S ABCD là 3.

1 . 23S ABCD ABCDV SH S a .

Từ D kẻ đường thẳng d song song với AB , đường thẳng d cắt đường thẳng BC tại E . Khi đó ABED là hình chữ nhật và //AB SDE .

Gọi M là trung điểm của DE thì ;HM DE DE SHM .

Trong mặt phẳng SHM kẻ ;HK SM K SM thì HK SDE .

Suy ra ; ; ;d AB SD d AB SDE d H SDE HK .

Tam giác SHM vuông tại H , có đường cao HK nên



2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 3 2 3

32 4 4aHK

HK HS HM a a a .

Vậy 2 3;3

ad AB SD .

Ví dụ 19. (Thi thử ĐH năm học 2012 – 2013, THPT Gia Viễn B) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng trọng tâm G của tam giác ABD . Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng

ABCD một góc 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường

thẳng AB và SC . Lời giải

Gọi O là tâm của hình vuông và N là trung điểm của AB . Khi đó G là giao điểm của AC và DN . Tam giác SGD vuông tại G nên góc SDG nhọn. Do SG vuông góc với ABCD nên góc giữa đường thẳng SD

và mặt phẳng ABCD bằng góc giữa hai đường thẳng

SD và DG và bằng góc 060SDG SDG .

Tam giác NAD vuông tại A nên 52

aDN .

Do đó 53

aGD và 15tan3

aSG GD SDG .

Diện tích hình vuông ABCD là 2ABCDS a . Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là

31 15.3 9ABCD

aV SG S .

Ta có //CD AB nên //AB SCD .

Ta có 3 3; ; ; ;2 2

AC GC d AB SC d AB SCD d A SCD d G SCD .

Từ G kẻ đường thẳng song song với AD , cắt CD tại M thì CD SGM . Suy ra

SCD SGM . Hai mặt phẳng SCD và SGM cắt nhau theo giao tuyến SM .

Từ G kẻ ;GH SM H SM thì GH SCD . Do đó ;d G SCD GH .

Ta có 23aGM và tam giác SGM vuông tại G , có đường cao GH nên

2 2

. 6 28519

SGGM aGHSG GM

.

Vậy 9 285;19

ad AB SC .



2. Các ví dụ về hình lăng trụ 2.1. Hình lăng trụ đứng Ví dụ 20. Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết

; 3AB a AC a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , góc tạo bởi đường thẳng 'A M và mặt

phẳng ABC bằng . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a và .

Lời giải

Tam giác 'A AM vuông tại A nên 'A MA là góc nhọn. AM là hình chiếu vuông góc của 'A M trên mặt phẳng ABC nên góc giữa đường thẳng 'A M với

mặt phẳng ABC bằng góc giữa hai đường thẳng

'A M và AM và bằng góc 'A MA .

Suy ra 'A MA . Diện tích tam giác ABC là

21 . 3.2 2ABC

aS AB AC .

Tam giác ABC vuông tại A nên ta có 2 2 2BC AB AC a . Suy ra 12

AM BC a .

Tam giác 'A AM vuông tại A nên ' . tan ' tanAA AM A MA a .

Vậy thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là 3. 3 tan'.

2ABCaV AA S

.

Ví dụ 21. Cho hình lăng trụ đều . ' ' 'ABC A B C . Mặt phẳng 'A BC tạo với mặt phẳng ABC

một góc 030 và tam giác 'A BC có diện tích bằng 28a . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a .

Lời giải Kẻ đường cao AM của tam giác ABC . Khi đó M là trung điểm của BC . Suy ra 'BC A AM . Tam giác 'A AM vuông

tại A nên 'A MA là góc nhọn. Góc giữa hai mặt phẳng 'A BC và ABC bằng

góc giữa hai đường thẳng 'A M và AM và bằng

góc 'A MA . Theo giả thiết, ta có 0' 30A MA . Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác 'A BC trên mặt phẳng ABC .

Suy ra 2 0 2' .cos ' 8 .cos30 4 . 3ABC A BCS S A MA a a .



Mặt khác ta lại có 21 3.2 4ABCS AM BC BC nên 34 2 3

2BCBC a AM a .

Tam giác 'A AM vuông tại A nên 0 2 3' tan ' 2 tan 303

aAA AM A MA a .

Vậy thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là 2 32 3' . .4 . 3 83ABC

aV A A S a a

Ví dụ 22. Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A ; AC a

và 060ACB . Góc giữa hai mặt phẳng 'A BC và ABC bằng 060 . Tính theo a thể tích khối

lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AC và 'B C . Lời giải

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC . Khi đó do 'AA ABC nên 'BC A AH . Suy ra 'A H BC

và tam giác 'A AH vuông tại H nên 0' 90A HA . Hai mặt phẳng 'A BC và ABC cắt nhau theo giao

tuyến BC . Góc giữa hai mặt phẳng 'A BC và

ABC bằng góc giữa 2 đường thẳng 'A H và AH và

bằng góc ' .A HA Vậy 0' 60A HA . Tam giác AHC vuông tại H nên

3sin2

aAH AC ACB .

Tam giác 'A AH vuông tại A nên 3' tan '

2aA A AH A HA .

Tam giác ABC vuông tại A nên tan 3AB AC ACB a .

Diện tích tam giác ABC là 2 32ABC

aS .

Suy ra thể tích khối lăng trụ đã cho là 3 3' .4ABC

aV A A S .

Dựng hình hộp . ' ' ' 'ACDB A C D B . Khi đó ' 'AC B D là hình bình hành nên '// 'AC B D .

Suy ra '// 'AC B CD và '; ' '; ' ; 'd AC B C d AC B CD d A B CD .

Kẻ đường cao BK của tam giác BCD và đường cao BI của tam giác 'B BK . Do ; 'BK CD BB CD nên 'CD B BK CD BI . Mà 'BI B K nên 'BI CDB .

Suy ra ; ' ; ' '; 'd A CDB d B CDB BI d AC B C BI .

Gọi O là trung điẻm của AB . Tam giác OBD vuông tại B có đường cao BK nên

2 2 2 21 1 1 7

3BK BO BD a .



Tam giác 'B BK vuông tại B có đường cao BI nên 2 2 2 21 1 1 25

' 9BI B B BK a .

3 3'; '5 5a aBI d AC B C .

2.2. Hình lăng trụ xiên Ví dụ 23. Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có 'BB a , góc giữa đường thẳng 'BB và

mặt phẳng ABC bằng 060 , tam giác ABC vuông tại C và 060BAC . Hình chiếu vuông góc

của điểm 'B lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Tính thể tích khối lăng

trụ . ' ' 'ABC A B C theo a . Lời giải

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Khi đó theo giả thiết thì 'B G ABC . Tam giác 'B BG vuông tại

G nên 'B BG là góc nhọn. BG là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 'BB trên mặt phẳng ABC nên góc giữa đường thẳng 'BB

và mặt phẳng ABC bằng góc giữa hai đường thẳng

BG và 'BB và bằng góc 'B BG .

Suy ra 0' 60B BG .

Tam giác 'B BG vuông tại G nên 0 3' 'sin ' sin 602

aB G BB B BG a .

0'cos ' cos 602aBG BB B BG a . Gọi M là trung điểm của AC thì 3 3

2 4aBM BG .

Đặt 2AB x thì 0sin 2 sin 60 3BC AB BAC x x và 2xAC x CM .

Tam giác BCM vuông tại C nên 22 222 2 29 133

16 2 4a x xBM CB CM x

Suy ra 3 1326

ax . Diện tích tam giác ABC là 21 9 . 3.

2 104ABCaS CACB .

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là 327' .

208ABCaV B G S .

Ví dụ 24. Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C đáy ABC là tam giác vuông tại A ; AB a ; 3AC a và ' ' 'A A A B A C , mặt phẳng 'A AB tạo với mặt phẳng ABC góc 030 . Tính thể

tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a .



Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ABC . Vì ' ' 'A A A B A C nên các

tam giác ' , ' , 'A HA A HB A HC bằng nhau. Suy ra HA HB HC . Vậy H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tam giác ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC . Gọi M là trung điểm của AB nên HM vuông góc với AB . Suy ra AB vuông góc với 'A M . Mặt phẳng 'A AB cắt mặt phẳng ABC theo

giao tuyến AB .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng 'A AB và ABC chính là góc 'A MH nên 0' 30A MH .

Ta có 1 32 2

aMH AC .

Trong tam giác vuông 'A MH vuông tại H , ta có 0 3' . tan 303

aHA HM .

Vậy 3

. ' ' '1 3. ' . . '2 2ABC A B C ABC

aV S HA AB AC HA .

Nhận xét: Bài này điều quan trọng nhất là ta phải xác định được độ dài đường cao của hình lăng trụ. Dựa vào giả thiết ta thấy hình chóp '.A ABC có các cạnh bên bằng nhau nên hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ABC trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Từ đó bài

toán trở nên đơn giản hơn. Ví dụ 25. (ĐH KB 2011) Cho lăng trụ 1 1 1 1.ABCD A B C D có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 3AB a AD a , hình chiếu

vuông góc của điểm 1A trên mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai

mặt phẳng 1 1ADD A và ABCD bằng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ

điểm 1B đến mặt phẳng 1A BD theo a .

Lời giải Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Suy ra 1A O ABCD .

Ta có 1 1A ADD cắt mặt phẳng ABCD theo giao tuyến AD . Gọi E là trung điểm của AD .

Ta có 1 1;OE AD A E AD A EO là góc giữa hai mặt phẳng 1 1A ADD và ABCD . Theo giả

thiết ta có 01 60A EO .



Suy ra 1 1 1

3.tan .tan2 2

AB aAO OE AEO AEO .

Diện tích tứ giác ABCD là 2. 3ABCDS AB AD a .

Thể tích khối lăng trụ 1 1 1 1.ABCD A B C D là

1 1 1 1

3. 1

3.2ABCD A B C D ABCDV OA S a .

Ta có 1 1//B C A D nên 1 1//B C A BD .

Suy ra 1 1 1; ;d B A BD d C A BD .

Kẻ 1 1; ;CH BD H BD CH A BD d C A BD CH .

Do đó 1 1 2 2

. 3;2

CD CB ad B A BD CHCD CB

.

Nhận xét: Tính khoảng cách từ điểm 1B đến mặt phẳng 1A BD ta cũng có thể tính bằng cách

xác định hình chiếu vuông góc của 1B trên mặt phẳng 1A BD rồi tính độ dài đoạn vuông góc đó.

Tuy nhiên, cách làm đó khá dài. Bạn đọc có thể kiểm chứng điều này. Do vậy khi tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta cần linh hoạt lựa chọn cách tính (tính trực tiếp dựa vào cách xác định hình chiếu vuông góc hoặc tính gián tiếp dựa vào một điểm khác hoặc dựa vào công thức tính thể tích khối chóp). C. Bài tập đề nghị. Bài tập về hình chóp 1. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt phẳng SAB vuông góc với mặt

phẳng đáy và SA SB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 045 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và xác định tâm mặt cầu và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

.S ABCD . 2. (ĐH KA 2007) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm của các cạnh , ,SB BC CD . Chứng minh rằng AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP . 3. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA a , hình chiếu vuông góc

của đỉnh S trên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc đoạn AC và 14

AH AC . Gọi CM là

đường cao của tam giác SAC . Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích của khối tứ diện SMBC theo a . 4. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy.

Góc giữa mặt phẳng SBC và mặt phẳng SCD bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo

a .



5. (KSCLGD lớp 12 năm học 2011 – 2012, tỉnh Ninh Bình) Cho hình chóp .S ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA a và tam giác ABC cân tại A

với AB AC a và 0120BAC . a) Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . b) Tính thế tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC theo a . 6. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng . a) Tính thể tích của khối chóp .S ABCD theo a và . b) Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng SAB và mặt phẳng ABCD theo .

c) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón có đỉnh trùng với đỉnh của hình chóp và đường tròn đáy của hình nón là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp trên. 7. Cho hình chóp tam giác .S ABC có 5 ; 6 ; 7AB a BC a AC a . Các mặt bên , ,SAB SBC SCA tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . 8. (TN THPT 2010) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa mặt phẳng SBD và mặt phẳng đáy bằng 060 . Tính thể tích khối chóp

.S ABCD theo a . 9. (TN THPT 2009) Cho hình chóp .S ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt

phẳng đáy. Biết 0120BAC , tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . 10. (HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2012 – 2013) Cho hình chóp đều .S ABC có SA a . Gọi ,D E lần lượt là trung điểm của SA và SC . a) Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a , biết BD vuông góc với AE . b) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC , mặt phẳng P đi qua AG cắt các cạnh ,SB SC lần lượt tại

M và N . Gọi 1,V V lần lượt là thể tích khối chóp .S AMN và .S ABC . Tìm giá trị lớn nhất của 1

VV

.

11. (ĐH KA 2011) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , 2AB BC a , hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi M là trung điểm của AB , mặt

phẳng qua SM và song song với BC , cắt AC tại N . Biết góc giữa hai mặt phẳng SBC và

ABC bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và

SN theo a . 12. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; 3SA a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho 045MAN . Tìm theo a giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp .S AMN .



13. (CĐ KA 2008) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB BC a ,

2AD a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của

SA và SD . Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích khối chóp .S BCNM theo a . 14. (Thử sức trước kỳ thi, THTT tháng 11/2013) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2 , 3AB a BD AC , tam giác SAB

cân tại S và nằm trong mo vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M là trung điểm SD , góc

giữa mặt phẳng AMC và ABCD bằng 030 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách

giữa SB và CM . 15. (Đề thi học kỳ lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của AB . Biết 8, 3AB BC và 4SA . a) Tính thể tích khối chóp .S ABCD . b) Tính số đo góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng ABCD .

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM . 16. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng SBC và SCD bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD .

Bài tập về hình lăng trụ 1. (ĐH KB 2010) Cho hình lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có AB a , góc giữa hai mặp phẳng 'A BC và

ABC bằng 060 . Gọi G là trọng tâm tam giác 'A BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính

bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a . 2. Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a , cạnh bên

' 2AA a . Gọi M là trung điểm của cạnh 'BC , tính theo a thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và 'B C .

3. (KTĐT HSG 12 trường THPT Gia Viễn B năm học 2012 – 2013) Cho hình lăng trụ đều . ' ' 'ABC A B C , có chiều cao bằng a và hai đường thẳng 'AB và 'BC vuông góc với nhau . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a . 4. (Thi thử ĐH năm học 2011 – 2012, trường THPT chuyên KHTN HN) Cho hình lăng trụ đứng tam giác . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác ABC cân tại C . Biết rằng cạnh

đáy 2AB a ; 1cos3

ABC . Góc giữa hai mặt phẳng ABC và 'A BC là 600. Tính thể tích

khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và 'B C theo a . 5. Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại B , 'AA AC a ; góc

giữa đường thẳng 'BC và mặt phẳng ABC bằng 060 . Gọi P là trung điểm 'BB ; M là trung

điểm 'CC và N là điểm nằm trên cạnh ' 'A C sao cho 1'4

NC a . Tính thể tích khối tứ diện

' 'AB C B và chứng minh rằng PN vuông góc với 'A M .



6. (Thi thử ĐH KD năm 2012, trường THPT Hà nội – Amsterdam) Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi ,I K lần lượt là trung điểm của ' 'A D và 'BB . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng IK và AD ; tính thể tích khối tứ diện IKAD theo a . 7. Cho hình hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có các cạnh 'AB AD AA a ; các góc phẳng tại đỉnh A bằng 600. Tính thể tích khối hộp đó và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AB và ' 'A C . 8. (ĐH KD 2012) Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy là hình vuông, tam giác 'A AC vuông cân, 'A C a . Tính thể tích khối tứ diện ' 'ABB C và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 'BCD theo a .

9. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân có cạnh huyền 2AB . Mặt bên ' 'ABB A vuông góc với mặt đáy ABC , ' 3AA ; góc 'A AB nhọn và mặt phẳng 'A AC

tạo với mặt phẳng ABC một góc 060 . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C .

PHƯƠNG PHÁP 2: Tính thể tích bằng cách phân tích các khối cần tính thành các khối cơ bản hoặc bằng cách so sánh thể tích với một khối cơ bản khác.

Trong khi giải toán chúng ta có thể nhận thấy rằng nhiều bài toán không thể giải quyết một cách trực tiếp hoặc có giải quyết được nhưng rất phức tạp. Một lẽ tự nhiên là, ta sẽ giải quyết bài toán đó thông qua một đối tượng tương tự như vậy có mối liên hệ đặc biệt nào đó với đối tượng chúng ta đang cần tính. Chẳng hạn, tính góc giữa hai mặt phẳng được quy về tính góc giữa hai đường thẳng, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau có thể được quy về khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, .... Và đối với bài toán tính thể tích khối đa diện cũng không phải là một ngoại lệ. Việc tính thể tích khối chóp hoặc khối lăng trụ bằng cách áp dụng trực tiếp công thức đòi hỏi chúng ta phải xác định được độ dài chiều cao và tính được diện tích đáy. Điều này không phải lúc nào cũng thuận lợi, có những bài tập việc xác định chiều cao gặp rất nhiều khó khăn hoặc xác định được chiều cao nhưng khi tính độ dài chiều cao thì không dễ dàng gì. Vì vậy, chúng ta có thể dựa vào một khối chóp hoặc khối lăng trụ khác để tính thể tích của khối chóp hoặc khối lăng trụ đang cần tính. Chúng tôi tam gọi đó là phương pháp tính gián tiếp. A. Nội dung phương pháp. Để tính thể tích khối chóp, khối lăng trụ dựa vào phương pháp gián tiếp, chúng ta có thể dựa vào một trong các hướng sau đây: Hướng 1: Phân chia khối đa diện cần tính thể tích thành tổng của các khối cơ bản (khối chóp hoặc khối lăng trụ) mà việc tính thể tích của các khối này dễ dàng và thuận lợi hơn nhiều. Hướng 2: Sử dụng tỷ số thể tích của hai khối. Thông thường, chúng ta hay sử dụng các kết quả sau: - Hai hình chóp có chung đáy hoặc có cùng diện tích đáy thì tỷ số thể tích bằng tỷ số hai chiều cao tương ứng. - Hai hình chóp có cùng độ dài chiều cao thì tỷ số thể tích bằng tỷ số hai diện tích đáy. - Cho hình chóp .S ABC , trên các cạnh , ,SA SB SC lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C , thì ta có:

. ' ' '

.

' ' '. .S A B C

S ABC

V SA SB SCV SA SB SC

.

Công thức trên đây chỉ áp dụng cho khối chóp tam giác. Đối với các khối đa diện khác, nếu chúng ta có nhu cầu sử dụng thì phải phân chia, lắp ghép để đưa về khối chóp.



B. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 26. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 5a , đường chéo

4AC a , O là giao điểm của AC và BD , SO vuông góc với mặt đáy và 2 2SO a . Gọi M là trung điểm của cạnh SC , giả sử mặt phẳng ABM cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp

.S ABMN theo a . Lời giải

Tam giác AOB vuông tại O nên ta có 2 2 2 2 2 25 4OB AB AO a a a

2OB a BD a .

Diện tích đáy ABCD là 21 . 42ABCDS AC BD a .

Thể tích khối chóp .S ABCD là 31 8 . 2.

3 3ABCDaV SO S .

Ta có / /AB CD nên giao tuyến của hai mặt phẳng ABM và SCD là đường thẳng đi qua điểm

M và song song với CD . Do M là trung điểm của SC nên N là trung điểm của cạnh SD .

Áp dụng công thức tỷ số thể tích, ta có: . .

. .

1 1. .2 4

S ABN S ABN

S ABD S ABCD

V VSA SB SN SNV SA SB SD SD V

(do . . .12S ABD S DBC S ABCDV V V ). Tương tự, ta có: .

.

18

S NBM

S ABCD

VV

.

Ta lại có . . .S ABMN S ABN S NBMV V V nên .

.

1 1 34 8 8

S ABMN

S ABCD

VV

.

Suy ra 3

3.

3 8 . 2. . 28 3S ABMN

aV a .

Nhận xét: Trong ví dụ nói trên chúng ta không thể sử dụng công thức tỷ số thể tích trực tiếp cho khối chóp .S ABMN mà đã phân chia khối chóp này thành hai khối chóp tam giác S.ABN và S.NBM. Bạn đọc cũng cần làm quen với cách phân chia này vì cách phân chia này thường hay được sử dụng trong bài toán tính thể tích khối chóp hoặc khối lăng trụ một cách gián tiếp. Ví dụ 27. (CĐ KA 2009) Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có , 2AB a SA a . Gọi ,M N và P lần lượt là trung điểm của các cạnh ,SA SB và CD . Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP . Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP .



Lời giải Do .S ABCD là hình chóp tứ giác đều nên tam giác SCD cân tại S . Lại có SP là trung tuyến kẻ từ đỉnh S nên SP CD . Mà / / / /MN AB CD nên SP MN . Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó

SO ABCD .

Tam giác SAO vuông tại O nên theo định lý

Pitago, ta có 2 2 2SO SA AO .

Suy ra 2

2 2 21 3 622 2 2

a aSO a a SO

Ta có 2 2 2 21 1 14 4 2APB ABCD ADP PCBS S S S a a a a

.

Thể tích khối chóp .S APB là 31 . 6.

3 12APBaV SO S .

Hai khối chóp .S MPN và .A MPN có chung đáy MPN nên

.

.

;1

;S NPM

A NPM

d S NPMV SNV ANd A NPM

.

Ta có .

.

1. .4

S NPM

S APB

V SN SP SMV SA SP SB

. Do đó 3

. .1 . 64 48A NPM S APB

aV V .

Ví dụ 28. Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC . Mặt phẳng ABG cắt SC tại M , cắt SD tại N . Tính thể tích của

khối đa diện MNABCD , biết SA AB a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mặt phẳng

ABCD bằng 030 .

Lời giải Trong mặt phẳng SAC , gọi M là giao điểm của

hai đường thẳng AG và SC . Khi đó M là trung điểm của cạnh SC . Do / /AB CD nên giao tuyến của mặt phẳng GAB với mặt phẳng SCD là đường thẳng đi

qua điểm M và song song với đường thẳng CD . Do đó N là trung điểm của cạnh SD . Kẻ / / ,NH SA H AD thì H là trung điểm của AD . Do SA ABCD nên NH ABCD . Suy ra

AH là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AN trên mặt phẳng ABCD .



Tam giác HAN vuông tại H nên 090NAH . Do đó góc giữa đường thẳng AN với mặt phẳng

ABCD bằng góc giữa hai đường thẳng AN và AH và bằng góc NAH . Suy ra 030NAH .

Xét trong tam giác HAN vuông tại H , ta có 1 3.cot .cot2 2

aAH NH NAH SA NAH .

Suy ra 2 3AD AH a . Diện tích hình chữ nhật ABCD là 2. 3ABCDS a .

Thể tích khối chóp .S ABCD là 31 . 3.

3 3ABCDaV SA S .

Ta có . .

. .

1 1. .2 4

S ABM S ABM

S ABC S ABCD

V VSA SB SMV SA SB SC V

. Tương tự, .

.

18

S AMN

S ABCD

VV

.

Do đó 3

. . .

. . .

3 5 5 . 38 8 24

S ABMN S ABM S AMN MNABCDMNABCD

S ABCD S ABCD S ABCD

V V V V aVV V V

.

Nhận xét chung: Trong các ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng tỷ số thể tích để tính thể tích. Đồng thời, trong một vài ví dụ cũng sử dụng nhận xét về tỷ số thể tích của hai khối đa diện có chung đáy (đã nêu ở trên). Khi giải toán, chúng ta cần linh hoạt, sáng tạo trong khâu lựa chọn phương pháp giải để có được lời giải ngắn gọn và tiết kiệm được thời gian. C. Bài tập đề nghị. 1. Cho hình chóp tam giác .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , SA a và SA vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi ,M N tương ứng là hình chiếu vuông góc của A trên ,SB SC . Tính thể

tích khối chóp .A BMNC theo a . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a tâm O , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 2SA a . Mặt phẳng P qua A và vuông góc với SC cắt , ,SB SC SD lần lượt tại

', ', 'B C D . Tính thể tích khối chóp . ' ' 'S AB C D theo a . 3. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình binh hành. Gọi ', 'B D lần lượt là trung điểm của

,SB SD . Mặt phẳng ' 'AB D cắt cạnh SC tại 'C . Tìm tỷ số thể tích của hai khối chóp . ' ' 'S AB C D

và .S ABCD . 4. Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' 'ABCD A B C D đáy là hình vuông cạnh a , chiều cao 'AA b . Gọi M là trung điểm của cạnh 'CC . Tính thể tích khối tứ diện 'BDA M theo a . 5. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , ,AB BC a

2AD a , SA vuông góc với đáy và 2SA a . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của SA và SD . Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích khối chóp .S BCNM theo a . 6. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Kéo dài các đoạn thẳng , , 'BA BC BB các đoạn

tương ứng 3'2

AM CN B P a .

a) Xác định thiết diện tạo bởi MNP với hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D .

b) Tìm tỷ số thể tích hai phần của khối lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D bị chia bởi thiết diện nói trên.



PHƯƠNG PHÁP 3: Tính thể tích bằng cách bổ sung thêm khối đa diện hoặc lồng vào một khối đa diện khác A. Nội dung phương pháp. Đây cũng là một phương pháp tính thể tích khối đa diện một cách gián tiếp. Đối với phương pháp này, chúng ta cần thiết kế (phải tạo ra) một khối đa diện liên kết với khối đa diện đang cần tính thể tích sao cho khối đa diện vừa thiết kế phải thỏa mãn được hai yêu cầu: - Dễ dàng tính được thể tích của khối đa diện vừa thiết kế. - Từ thể tích khối đa diện vừa thiết kế ta có thể xác định được thể tích khối đa diện đang cần tính thể tích.

Một cách thông thường là chúng ta bù thêm vào bên ngoài khối đó để được một khối đa diện mới dễ dàng tính được thể tích. Sau khi tính được thể tích khối đa diện vừa thiết kế và tính được thể tích khối bù thêm, chúng ta có thể suy ra được thể tích khối đa diện ban đầu. Các khối chóp mà ta dễ dàng tính được thể tích như: khối chóp tam giác có cạnh bên vuông góc với đáy, khối chóp tam giác đều hoặc từ khối tứ diện thiết lập ra khối lăng trụ. B. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 29. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2008 – 2009) Tính thể tích khối tứ diện gần đều ABCD có ; ;AB CD a AC BD b AD BC c .

Lời giải Xây dựng tứ diện APQR sao cho , ,B C D lần lượt là trung điểm của , ,QR RP PQ .

Khi đó ta có 12

AD BC PQ . Mặt khác AD

là trung tuyến của tam giác APQ nên tam giác APQ vuông tại A . Tương tự, tam giác QAR và RAP cũng vuông tại A . Suy ra APQR là tứ diện vuông tại A .

Ta có 2 2 2 24AP AQ PQ c ; 2 2 2 24AQ AR QR a ; 2 2 2 24AR AP RP b

Từ đó, ta tính được 2 2 2 2 2 2 2 2 22. ; 2. ; 2.AP b c a AQ c a b AR a b c . Thể tích khối tứ diện APQR là

2 2 2 2 2 2 2 2 21 2. .6 3APQRV AP AQ AR a b c b c a c a b .

Mặt khác, ta có 14BCD PQRS S và hai khối chóp .A BCD và .A PQR có chung đỉnh A nên

14

ABCD BCD

APQR PQR

V SV S

. Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 22 .12ABCDV a b c b c a c a b .



Nhận xét: - Trong trường hợp này, chúng ta đã thiết lập khối tứ diện vuông APQR lồng vào khối tứ diện ABCD . Việc tính thể tích khối tứ diện APQR có phần dễ dàng và đơn giản hơn nhiều. Đồng thời, khối tứ diện ABCD cũng có mối liên hệ trực tiếp với khối tứ diện APQR . - Thông qua việc tạo ra tứ diện vuông, chúng ta dễ dàng tính được góc giữa hai đường thẳng chéo nhau chứa các cặp cạnh đối diện của tứ diện ABCD . Đồng thời, cũng tính được chiều cao của hình tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh A (chiều cao của tứ diện ABCD kẻ từ các đỉnh khác được tính tương tự). Bạn đọc có thể kiểm chứng điều này và so sánh với cách tính trực tiếp chiều cao của tứ diện ABCD . Ví dụ 30. Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có ' ' ' 2A A A B A C a và đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Tính thể tích khối chóp '. ' 'A BCC B theo a .

Lời giải Từ giả thiết ta có '.A ABC là hình chóp tam giác đều. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ta có 'A H ABC .

Độ dài đường trung tuyến của tam giác ABC là

32

a nên 2 3 3.3 2 3

a aAH .

Tam giác 'A HA vuông tại H nên ta có 2

2 2 2 11 33' ' '3 3a aA H A A AH A H .

Diện tích tam giác ABC là 2

01 . 3. .sin 602 4ABC

aS AB AC .

Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là 3. 11' .

4ABCaV A H S .

Mặt khác . ' ' ' '. '. ' 'ABC A B C A ABC A BCC BV V V nên ' ' ' . ' ' ' '.A BCC B ABC A B C A ABCV V V .

Suy ra 3

'. ' '. 116A BCC B

aV .

Nhận xét: Trong trường hợp này ta bù thêm khối chóp '. ' 'A BCC B vào bên ngoài khối tứ diện 'A ABC để được một khối đa diện mới, đó chính là khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Việc tính thể tích

khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khối tứ diện 'A ABC thuận lợi và dễ dàng. Tuy nhiên, việc tính thể tích của hai khối này, chúng ta vẫn phải sử dụng phương pháp tính trực tiếp dựa vào công thức thể tích. C. Bài tập đề nghị. 1. Cho khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của 'BB và 'CC . Giả sử thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là V , tính thể tích khối chóp '. ' 'A BCC B theo V .



2. Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D có các cạnh 3;AA '2

aAB AD a và 060BAD .

Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh ' 'A D và ' 'A B . Chứng minh rằng 'AC vuông góc

với mặt phẳng BDMN và tính thể tích khối chóp '.A BDMN theo a .

3. Cho hình chóp .S ABC có ; ;SA a SB b SC c và 0AS 60B BSC CSA . a) Trên các tia SB và SC lấy các điểm 'B và 'C sao cho ' 'SB SC a . Tính thể tích khối chóp

. ' 'S AB C theo a . b) Tính thể tích khối chóp .S ABC theo ,a b và c . PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp toạ độ hóa Trong khi giải toán về hình học không gian, có ba phương pháp thường được sử dụng để giải. Đó là, phương pháp sử dụng thuần túy hình học, phương pháp sử dụng vectơ và phương pháp tọa độ (đại số hóa hình học). Các bài toán hình học không gian nếu được tọa độ hóa sẽ giúp chúng ta nghiên cứu chính xác hơn các đặc điểm, tính chất của các điểm, các hình. Đồng thời, cũng giúp cho người học dễ dàng giải quyết hơn yêu cầu của bài toán. Vậy dấu hiệu nào giúp chúng ta sử dụng phương pháp tọa độ hóa và cách thức chuyển đổi từ ngôn ngữ hình học thuần túy sang ngôn ngữ tọa độ ra sao, chúng ta cùng tìm hiểu thông qua nội dung của phương pháp này. A. Nội dung phương pháp.

Để giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ hóa, chúng ta có thể tiến hành theo các bước dưới đây: Bước 1: Phân tích bài toán để lập hệ trục tọa độ (nên chọn hệ trục tọa độ sao cho việc xác định tọa độ của các điểm đã cho đơn giản nhất). Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học thông thường sang ngôn ngữ tọa độ. Một số quy tắc chuyển từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ véctơ, tọa độ như sau:

- Ba điểm phân biệt , ,A B C thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho AB k AC

hay tọa

độ của các véctơ ,AB AC

tương ứng tỷ lệ, hay , 0AB AC

.

- . 0AB CD AB CD

.

- Bốn điểm , , ,A B C D đồng phẳng khi và chỉ khi , . 0AB AC AD

.

- Điểm I là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi các tọa độ của I bằng trung bình cộng các tọa độ tương ứng của A và B . - Điểm G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi các tọa độ của G bằng trung bình cộng các tọa độ của các điểm , ,A B C .

- Ba điểm , ,A B C nằm trên cùng một đường thẳng và ,AB a AC b thì ta có aAB ACb

(nếu

A nằm ngoài đoạn BC ) hoặc aAB ACb

(nếu A nằm trong đoạn BC ).

Bước 3: Giải bài toán về tọa độ, phương trình. Một số công thức tính toán liên quan đến véctơ:



Diện tích tam giác ABC : 1 ,2ABCS AB AC

.

Thể tích khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D : , .AA 'V AB AD

.

Thể tích tứ diện ABCD : 1 , .6ABCDV AB AC AD

.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau 1d đi qua M , có véctơ chỉ phương 1u

và 2d đi qua

N , có véctơ chỉ phương 2u

là: 1 2

1 21 2

, .,

,

u u MNd d d

u u

.

Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải. Chú ý: Việc tính thể tích của khối chóp hoặc khối lăng trụ, chúng ta có thể kết hợp giữa hình học không gian tổng hợp với phương pháp tọa độ để có được lời giải ngắn gọn và tối ưu. Để tính thể tích của khối chóp hoặc khối lăng trụ thì cần xác định được diện tích đáy và chiều cao (thông thường chiều cao được xác định bằng cách tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng). Việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau thường được quy về cách tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song (mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia). B. Các ví dụ minh hoạ. Ví dụ 31. Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' 'ABCD A B C D có ; 'AB AD a AA b , , 0a b . Gọi

M là trung điểm của cạnh 'CC . Tính thể tích khối chóp '.A BDM theo a và b . Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Với 0;0;0A , ;0;0B a , 0; ;0D a và ' 0;0;A b .

Khi đó, ta có ; ;0C a a , ' ; ;C a a b .

Suy ra ; ;2bM a a

. Do đó ' ;0;A B a b

,

' 0; ;A D a b

.

Diện tích tam giác 'A BD là

22 2'

1 ' . ' ' . '2A BDS A B A D A B A D

22 2 4 2 21 1 22 2

a b b a a b .

Mặt phẳng 'A BD có phương trình đoạn chắn 1 0x y z bx by az aba a b .

Do đó 2 2

3; '2 2

abd M A BDa b

.

Vậy thể tích khối chóp '.A BDM là 2

'1 ; ' .3 4A BD

a bV d M A BD S .



Nhận xét: Ở ví dụ này, phương pháp toạ độ cho lời giải đơn giản hơn cách thông thường vì theo cách thông thường việc xác định đường cao và tính độ dài đường cao cũng khá vất vả. Bạn đọc có thể kiểm chứng điều này. Ngoài cách giải nêu trên, cũng bằng phương pháp tọa độ chúng ta có thể tính thể tích khối chóp theo công thức liên quan đến tích có hướng của hai vectơ. Ví dụ 32. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh ' 'A D và 'BB . Trọng tâm của các tam giác 'B BC và tam giác ' 'CC D lần lượt là P và Q . Tính thể tích khối tứ diện MNPQ theo a .

Lời giải

Dựng hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ.

Ta có 0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ' 0;0;A B a D a A a ;

; ;0 , ' ;0; , ' ; ; , ' 0; ;C a a B a a C a a a D a a

Dễ dàng ta tìm được 2 2;0; ; 0; ; ; ; ; ; ; ;

2 2 3 3 3 3a a a a a aN a M a P a Q a

.

Suy ra 2; ; ; ; ;2 2 6 3a a a aMN a MP a

và 2 ; ;3 2 3a a aMQ

.

Vậy thể tích khối tứ diện MNPQ là 31 5; .

6 216aV MN MP MQ

Nhận xét: Bài toán trên mà ta đi tính thể tích khối tứ diện MNPQ bằng công thức trực tiếp thì rất khó khăn. Ta thấy khối tứ diện MNPQ treo ở giữa khối lập phương trên, việc sử dụng phương pháp toạ độ cho chúng ta lời giải khá nhẹ nhàng. Ví dụ 33. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD , đường thẳng SO vuông góc với mặt đáy và 2; 1; 2 2OA OB SO . Gọi M

là trung điểm của cạnh SC , mặt phẳng ABM cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp

.S ABMN . Lời giải

x

y

z



Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, trong đó

0;0;0 , 2;0;0 , 0;1;0O A B và 0;0;2 2S .

Khi đó 2;0;0 , 0; 1;0C D .

Do / /AB CD nên mặt phẳng MAB cắt mặt

phẳng SCD theo giao tuyến là đường thẳng đi

qua M và song song với CD . Vì vậy, giao điểm N của mặt phẳng MAB với cạnh SD là trung

điểm của cạnh SD .

Ta có 11;0; 2 , 0; ; 22

M N

.

32; 1;0 , 0; ; 2 , 1; 1; 22

BA BN BM

.

Diện tích tam giác ABN là 22 21 19. .2 2ABNS AB BN BA BN

.

Diện tích tam giác NBM là 22 21 19. .2 4NBMS BN BM BN BM

.

Diện tích tứ giác ABMN là 3 194ABMN ABN NBMS S S .

Hai trung tuyến AM và SO của tam giác SAC cắt nhau tại trọng tâm G của tam giác SAC .

Ta có 2 20;0;3

G

. Mặt phẳng ABMN đi qua ba điểm , ,A B G nên có phương trình đoạn chắn là

1 2 4 3 2 4 02 1 2 2

3

x y z x y z .

Ta lại có 8;38

d S ABMN . Do đó thể tích khối chóp .S ABMN là

1 ; . 23 ABMNV d S ABMN S .

Nhận xét: Bài toán trên chúng ta cũng có thể tính khối chóp .S ABMN bằng cách: Tính thể tích

khối chóp .S ABCD và sử dụng công thức tính tỷ số thể tích . .

. .

1 1;2 4

S NAD S NBC

S DAB S DBC

V VV V

.

Ví dụ 34. (ĐH khối A năm 2009) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D ; 2 ,AB AD a

CD a ; góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng 060 . Gọi I là trung điểm của cạnh

AD . Biết hai mặt phẳng SBI và SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD , tính thể tích

khối chóp .S ABCD theo a .



Lời giải

Hai mặt phẳng ,SIB SIC cùng vuông góc với

mặt phẳng ABCD và cắt nhau theo giao tuyến

SI nên SI ABCD . Suy ra SI AD .

Gọi J là trung điểm của BC thì IJ là đường trung bình của hình thang ABCD . Khi đó , ,SI AD IJ đôi một vuông góc với nhau và đồng quy tại I . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Ta có ;0;0 , ;0;0 , ; ;0 , ;2 ;0D a A a C a a B a a .

Mặt phẳng ABCD nhận vectơ 0;0;1k

làm vectơ pháp tuyến.

Gọi 0;0; , 0S b b . Khi đó ; 2 ; , ; ;SB a a b SC a a b

và 2, ; 2 ; 3SB SC ab ab a

.

Mặt phẳng SBC nhận vectơ 1 , ;2 ;3n SB SC b b aa

làm vectơ pháp tuyến.

Góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD xác định bởi 2 2

. 3cos5 9.

n k ab an k

.

Theo giả thiết ta có 0

2 2 2 2

3 3 1 3 15cos 602 55 9 5 9

a a abb a b a

.

Do đó 3 155

aSI b .

Diện tích hình thang ABCD là 21 . 32ABCDS AD AB DC a .

Thể tích khối chóp .S ABCD là 3

.1 3 . 15.3 5S ABCD ABCD

aV SI S .

Nhận xét: - Việc tọa độ hóa trong ví dụ này nhằm giải quyết khó khăn trong khâu xác định góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD . Đồng thời, xác định được độ dài chiều cao của hình chóp

đã cho. - Lời giải của ví dụ này bằng phương pháp tổng hợp bạn đọc có thể xem ở ví dụ 16 trong cùng vấn đề này để so sánh.

Ví dụ 35. Cho tứ diện SABC có 060ASB BSC CSA và , ,SA a SB b SC c . Tính thể tích khối tứ diện SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,SA BC theo , ,a b c .

x

y

z

O



Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, trong đó

A thuộc tia Ox , 0;0;0S O , B thuộc mặt

phẳng Oxy với phần tư có hoành độ và tung

độ dương, C có cao độ dương. Ta có ;0;0A a .

Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên ,Ox Oy .

Tam giác SHB vuông tại H và 060 ,HSB SB b

nên 1cos2

SH SB HSB b .

Tương tự, ta cũng tính được 32

bSK . Do đó 3; ;02 2b bB

.

Gọi ; ;C x y z , với 0z . Khi đó ; ;SC x y z

; . ; . 32bSA SC ax SB SC x y

.

Theo giả thiết 0; 60SC c BSC CSA nên ta có hệ phương trình

2 2 2 2 2 2 2 2 21 32 2 6

3 63 16 32 2

cxx y z c x y z cax c cx yac

c cb x y y zbc

. Suy ra 3 6; ;2 6 3c c cC

và 6,

3cd C Oxy .

Diện tích tam giác SAB là 1 3. .sin2 4SAB

abS SA SB ASB .

Thể tích khối tứ diện SABC là 1 2, .3 12SABC SAB

abcV d C SAB S .

Ta có 3 3 6;0;0 , ; ;

2 6 3c bc b cSA a BC

và ,6 0; 2 6; 3 3SA BC ac a c b

.

Gọi P là mặt phẳng chứa SA và song song với BC . Khi đó P nhận vectơ ,6SA BC

làm vectơ

pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng P là 2 6 3 3 0c y c b z .

Ta có 2 2

2, , ,3 2 3

bcd BC SA d BC P d B Pb bc c

.

Lời bàn: - Việc tính thể tích của khối tứ diện SABC cũng có tiến hành theo tỷ số thể tích bằng cách trên các tia ,SB SC lần lượt lấy các điểm ,D E sao cho SD SE SA a . Khi đó dễ thấy tứ

diện SADE là tứ diện đều và 2.SABC

SADE

V SB SC bcV SD SE a

.

x

z

y



- Bằng cách làm tương tự, bạn đọc hãy giải quyết bài toán tổng quát: “Cho tứ diện SABC có

SA a ; ;SB b SC c và ; ;ASB BSC CSA . Tính thể tích khối tứ diện SABC ”. C. Bài tập đề nghị. 1. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình chữ nhật và ; 2;AB a AD a SA a và SA vuông

góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC ; I là giao điểm

của MB và AC . Tính thể tích khối tứ diện ANIB theo a . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ; ;BA BC a

2 ; 2AD a SA a và SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Tính thể tích khối tứ diện SBCD

và chứng minh SC vuông góc với CD . 3. (ĐH khối B năm 2008) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , , 3SA a SB a và mặt phẳng

SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh ,AB BC . Tính

theo a thể tích của khối chóp .S BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng ,SM DN . 4. (ĐH khối B năm 2010) Cho hình lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có AB a , góc giữa hai mặt phẳng 'A BC và

ABC bằng 060 . Gọi G là trọng tâm của tam giác 'A BC . Tính thể tích lăng trụ đã cho và bán

kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a . 5. (ĐH khối D năm 2008) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a , cạnh bên

' 2AA a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng , 'AM B C .

6. (ĐH khối A năm 2007) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm của các cạnh , ,SB BC CD . Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP . 7. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh

'AA và BC ; P và Q lần lượt là trọng tâm của tam giác 'AA D và tam giác 'C BD . Tính thể tích khối tứ diện MNPQ theo a . 8. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Gọi M là điểm trên cạnh AB , N thuộc ' 'D C sao cho 'AM D N a . Tính thể tích khối chóp '. 'B A MCN theo a và xác định vị trí của điểm M để khoảng cách từ điểm 'B đến mặt phẳng 'A MCN đạt giá trị lớn nhất.



Vấn đề 2. TỶ SỐ THỂ TÍCH HAI KHỐI ĐA DIỆN Trong quá trình nghiên cứu phần thể tích khối đa diện ở trường phổ thông chúng ta thường bắt gặp những bài toán liên quan đến tỷ số thể tích của hai khối đa diện. Gặp bài toán về tỷ số thể tích nhiều học sinh lúng túng không biết giải quyết như thế nào. Ở vấn đề này chúng tôi trình bày một A. KIẾN THỨC CẦN NẮM. Bài toán 1: Cho hình chóp .S ABC , trên các cạnh , ,SA SB SC lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C , thì

ta có tỷ số thể tích . ' ' '

.

' ' '. .S A B C

S ABC

V SA SB SCV SA SB SC

.

Lời giải. Gọi H và 'H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và

'A trên mặt phẳng SBC . Thể tích của khối chóp .S ABC

là .

1 1. . . .sin3 6S ABC SBCV AH S AH SB SC BSC .

Thể tích của khối chóp . ' ' 'S A B C là

. ' ' '1 ' '. '. '.sin ' '6S A B CV A H SB SC B SC .

Lại do ' '//A H AH nên ' ' 'A H SAAH SA

. Suy ra . ' ' '

.

' '. '. ' ' ' '. .. .

S A B C

S ABC

V A H SB SC SA SB SCV AH SB SC SA SB SC

.

Bài toán 2: Mặt phẳng chia khối đa diện H thành hai khối 1H và 2H . Tính thể tích

1 2,V V của 1H và 2H hoặc tính tỷ số 1

2

VkV

.

Sơ đồ chung để giải bài toán này như sau: Bước 1: Tính thể tích V của khối đa diện H .

Bước 2: Phân tích đặc điểm bài toán để lựa chọn tính thể tích của khối 1H hay tính thể tích của

khối 2H (khối nào dễ dàng tính thể tích hơn thì ta chọn khối đó). Chẳng hạn ta lựa chọn đối với

khối 1H . Để tính thể tích của khối 1H , ta có thể tiến hành theo các cách sau:

(1): Bổ sung vào 1H một số tứ diện để được một khối đa diện có thể tính được thể tích. Hiệu số

giữa thể tích đó với tổng thể tích các tứ diện bổ sung cho ta thể tích khối 1H .

(2): Chia khối 1H thành các khối đơn giản mà ta dễ dàng tính được thể tích. Tổng thể tích các

khối mà ta vừa phân chia ra là thể tích của khối 1H .

(3): Sử dụng tỷ số thể tích (nếu có thể phân chia thành các khối chóp tam giác) để tính thể tích của khối 1H .

Bước 3: Sau khi tính được V và 1V thì ta tiến hành tính 2 1V V V hoặc 1 1

2 1

V VkV V V

.



Chú ý: - Đối với bài toán tính tỷ số thể tích nếu trong bước 2 mà tính được tỷ số 1VV

thì ta cũng

không cần phải tiến hành tính V (điều này do kinh nghiệm của bản thân mỗi người học). - Kết quả của bài toán 1 thường được áp dụng cho trường hợp không cần biết kích thước của các cạnh mà chỉ cần biết tỷ số của hai đoạn thẳng. B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA. Ví dụ 36. (KTĐT HSG lớp 12 trường THPT Gia Viễn B lần 1 năm học 2012 – 2013) Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có các mặt bên nghiêng đều với đáy một góc . Mặt phẳng qua AC , vuông góc với mặt phẳng SAD chia hình chóp .S ABCD thành hai phần, tính tỷ số thể

tích của hai phần đó. Lời giải.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của CD . Khi đó SO ABCD và OI CD .

Suy ra SO CD và OI CD . Do đó CD SOI SCD SOI .

Tam giác SOI vuông tại I nên 090SIO nên góc giữa hai mặt phẳng SCD và ABCD bằng góc

giữa hai đường thẳng SI và OI và bằng góc SIO .

Suy ra SIO .

Ta có ;AC BD SO AC nên AC SBD AC BD .

Từ O kẻ ,OM SD M SD thì ;SD MAC SD MC SD MA .

Suy ra MAC SAD . Hơn nữa AC không vuông góc với AD nên AC không vuông góc với

mặt phẳng SAD . Do vậy mặt phẳng qua AC và vuông góc với mặt phẳng SAD là duy nhất và

đó chính là mặt phẳng MAC . Đặt 2CD a . Khi đó OI a .

Tam giác SOI vuông tại O nên tan tanSO OI SIO a .

Tam giác SOD vuông tại O nên 2 2 2 2 2tan 2SD SO OD a a .

Tam giác SOD vuông tại O có đường cao OM nên 2.DM DS DO

Suy ra 2 2

2 2 2 2 2

2 22 tan 2 tan

DM OD aDS DS a a

.

Do . .2S ABCD S ACDV V và 2

22 tan

MACD

SACD

V MDV SD

nên 2.

12 tan

MACD

S ABCD

VV

.

Mặt khác 1 2;SABCM MACDV V V V và 1 2 .S ABCDV V V nên

2 2. 2 .1

2 2 2

1 2 tan 1 1 tanS ABCD S ABCDV V VVV V V

.



Ví dụ 37. (HSG lớp 12, tỉnh Ninh Bình năm học 2007 – 2008) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . ,M I lần lượt là trung điểm của BC và SA , J là điểm chia đoạn SB theo tỷ số bằng 2 .

Biết 02 , 5, 60BC a SA SC SM a ABC .

a) Mặt phẳng P chứa IJ và song song với SC chia hình chóp thành hai phần, tính tỷ số thể tích

của hai phần đó. b) Tính khoảng cách từ S đến đường thẳng AB .

Lời giải. a) Do mặt phẳng P song song với SC nên giao

tuyến của mặt phẳng P với mặt phẳng SAC là

// ,IL SC L AC ; giao tuyến của mặt phẳng P với

mặt phẳng SBC là // ,JK SC K BC .

Ta có 23

CK SJCB SB

. Mà . .

. .

S AKC A SKC

S ABC A SBC

V V CKV V CB

nên

. .23S ACK S ABCV V . Do đó . .

13S ABK S ABCV V .

Ta lại có .1 1 1. .4 4 6

AILKAILK ASCK S ABC

ASCK

V AI AL AK V V VV AS AC AK

.

.1 1 1. .3 3 9

SKIJSKIJ SKAB S ABC

SKAB

V SK SI SJ V V VV SK SA SB

. Do đó . .2 23 9K ABJI SABK S ABCV V V .

Vậy . . .7 11

18 18AILBJK AILK K ABJI S ABC SCLIJK S ABCV V V V V V .

Suy ra tỷ số thể tích của hai khối là 711

AILBJK

SCLIJK

VkV

.

b) Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác SBC , ta có: 2 2 2

2 2 2 2 2 2 22 4 2 22 4

SC SB BCSM SB SM BC SC SM BC .

Thay số vào ta được 2 27 7SB a SB a .

Tam giác ABC vuông tại A nên 0cos 2 cos 60AB BC ABC a a .

Các cạnh của tam giác SAB thỏa mãn 2 2 2 0SA AB SB nên góc 090SAB .

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác SAB , ta có 2 2 2 3 7cos2 . 14

BS BA SASBABS BA

. Suy ra

133sin14

SBA . Do đó 133 19; sin 7.14 2

ad S AB SB SBA a .



Ví dụ 38. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA a . Mặt phẳng P qua A và vuông góc với SC , cắt SB tại 'B , cắt SD tại 'D

và cắt SC tại 'C . a) Chứng minh rằng các điểm , , , , ', ', 'A B C D B C D cùng thuộc một mặt cầu.

b) Tính diện tích thiết diện do mặt phẳng P cắt hình chóp đã cho.

c) Mặt phẳng P chia hình chóp thành hai phần, tính tỷ số thể tích của hai phần đó.

Lời giải. a) Ta dễ dàng chứng minh được BC SAB và

CD SAD . Từ đó ta có '; 'BC AB CD AD .

Mặt khác ' ; 'AB SC AD SC nên 'AB SBC và

'AD SCD . Suy ra ' ' ; ' 'AB B C AD D C .

Lại do 'AC SC nên các điểm , ', ', , 'B B C D D cùng nhìn đoạn thẳng AC dưới những góc vuông. Vì vậy các điểm này cùng nằm trên mặt cầu đường kính AC hay các điểm , , , , ', ', 'A B C D B C D cùng nằm trên mặt cầu đường kính AC .

b) Tam giác SAC vuông tại A có đường cao 'AC nên '. .AC SC SA AC .

Suy ra . . 2 6'33

SA AC a a aACSC a

.

Ta có ;BD AC BD SA BD SC . Lại do ' 'SC B D và SC không vuông góc với mặt

phẳng SBD nên ' '//B D BD (vì nếu cắt nhau thì SC SBD ). Do vậy ' ' 'AC B D .

Tam giác SAB là tam giác cân tại A có đường cao 'AB nên 'B là trung điểm của SB . Suy ra

' 'B D là đường trung bình của tam giác SBD . Vậy 1 2' '2 2

aB D BD .

Diện tích thiết diện là 2

' ' '1 3'. ' '2 6AB C D

aS AC B D .

c) Thể tích khối chóp .S ABCD là 31 .

3 3ABCDaV SA S .

Tam giác SAC vuông tại A có đường cao 'AC nên 2 2

2 3'. '33

SA a aSC SC SA SCSC a

.

Thể tích khối chóp . ' ' 'S AB C D là 2 3

1 ' ' '1 1 3 3'. . .3 3 3 6 18AB C D

a a aV SC S .

Suy ra thể tích khối đa diện còn lại là 3

2 1518aV V V .

Vậy tỷ số thể tích của hai khối đa diện là 1

2

15

VkV

.



Ví dụ 39. (VMO năm 1975) Cho tứ diện ABCD có BA vuông góc với AC và DB vuông góc với mặt phẳng BAC . Gọi O là

trung điểm của AB , ta hạ OK vuông góc với DC . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để

KOAC

KOBD

V ACV BD

là 22 .AC BD AB hoặc BD AC .

Lời giải. Đặt ; , ;C Dh d C KAB h d D KAB .

Do O là trung điểm của AB nên KOB KOAS S .

Suy ra

1 .31 .3

D KOBDKOB D

CKOA CC KOA

h SV h DKV h CKh S

.

Đặt , , , , ,x KD y KC AC a BD c AB b CD d . Do tam giác BCD vuông tại B nên

2 2 2 2 2 2CD BD BC BD AB AC 2 2 2 2d a b c .

Ta lại có 2 2 2 2 2 2 2 2KD KC OD OK OC OK OD OC

2 2 2 2 2 2DB BO OA AC DB AC

2 2

2 2 2 2 c ac a x y x y x y d x y x yd

.

Do đó ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2

2 2 ;2 2

x y dd c a d c ax yc a d dx y

d

.

Suy ra 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

22

KD x d c a b cKC y d c a b a

.

Do vậy 2 2

2 2

22

KOAC

KOBD

V AC KC AC y a b a aV BD KD BD x c b c c

22ac a c b a c a c hoặc 2 2b ac hay AC BD hoặc 2 2 .AB AC BD .

Ví dụ 40. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh ,AD CD và P là điểm nằm trên cạnh 'BB sao cho 3 'BP PB . Mặt phẳng MNP

chia hình lập phương thành hai phần, tính tỷ số thể tích của hai phần đó.



Lời giải. Thể tích của khối lập phương là 3V a . Đường thẳng MN cắt đường thẳng CB tại S , cắt đường thẳng AB tại T . Đoạn thẳng PT cắt đoạn thẳng 'AA tại R ; đoạn thẳng PS cắt đoạn thẳng 'CC tại Q .

Ta có 2aSC DM DN AT .

Diện tích tam giác SBT là 29

8SBTaS .

Thể tích khối chóp .P SBT là 2 3

.1 1 3 9 9. . .3 3 4 8 32P SBT SBT

a a aV PB S .

Lại do //QC BP nên 1 13 3 4

QC SC aQC PBPB SB

. Tương tự ta cũng có 4aAT .

Thể tích khối chóp .Q SCN là 3

.1 .3 96Q SCN SCN

aV QC S .

Thể tích khối chóp .R TAM là 3

. 96R TAMaV . Suy ra thể tích khối đa diện PBARMNQC là

3

1 . . .2596P SBT Q SCN R TAM

aV V V V . Thể tích phần còn lại là 3

2 17196aV V V .

Suy ra tỷ số thể tích của hai phần là 1

2

2571

VkV

.

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 1. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Các điểm M và N lần lượt nằm trên các cạnh

'BB và 'DD sao cho ' '3aMB ND . Mặt phẳng AMN chia hình lập phương thành hai phần.

Tính thể tích của mỗi phần và tỷ số thể tích hai phần đó. 2. Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy là hình vuông. Cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SC lập với mặt phẳng SAB một góc . Mặt phẳng qua A , vuông góc với SC chia hình chóp thành 2

phần. Tính tỷ số thể tích hai phần đó. 3. Cho hình chóp đều .S ABCD . Gọi , ,M N E lần lượt là trung điểm của các cạnh , ,AB AD SC .

Mặt phẳng MNE chia hình chóp .S ABCD thành hai phần, tính tỷ số thể tích của hai phần đó.

4. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có O là tâm của đáy. Mặt phẳng đi qua tâm O , song song với mặt phẳng SAB chia hình chóp .S ABCD thành hai phần, tính tỷ số thể tích của hai phần đó.

5. (Đề số 107) Cho tứ diện ABCD . M và N các điểm lần lượt nằm trên các cạnh AD và BD sao cho

2AM MD ; 2DN NB . Mặt phẳng qua MN , song song với CD chia khối tứ diện ABCD thành hai phần, tính tỷ số thể tích của hai phần đó. 6. (Đề số 149)



Hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh ,SB SD lần lượt tại M và N . Chứng minh rằng:

1) 3SB SDSM SN

;

2) 11 33 8

VV

, trong đó V , 1V lần lượt là thể tích khối chóp .S ABCD và .S AMKN .

7. (BT 43+44 SBT HH12 NC) Cho khối chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành. a) Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm của ,AB AD và SC . Chứng minh rằng mặt phẳng MNP

chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. b) Gọi ', 'B D lần lượt là trung điểm của ,SB SD . Mặt phẳng ' 'AB D cắt SC tại 'C . Tìm tỷ số thể

tích của hai khối chóp . ' ' 'S AB C D và .S ABCD . 8. (BT 45 SBT HH12 NC) Cho khối chóp tứ giác đều .S ABCD . Một mặt phẳng đi qua ,A B và trung điểm M của cạnh

SC . Tính tỷ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó. 9. (BT 46 SBT HH12 NC) Cho khối lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của

' 'C B và ' 'C D . a) Xác định thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi mặt phẳng AEF .

b) Tính tỷ số thể tích hai phần của khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng AEF .

10. (HSG lớp 12 tỉnh Nghệ An năm học 2011 – 2012) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a ; 2SA SB SC a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA ; N là giao điểm của đường thẳng SD và mặt phẳng MBC . Gọi 1,V V

lần lượt là thể tích của các khối chóp .S ABCD và .S BCNM .

a) Tính tỷ số 1VV

.

b) Chứng minh rằng 32V a . 11. (HSG lớp 12 tỉnh Nghệ An năm học 2012 – 2013) Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD . Các đường thẳng , , ,AI BI CI DI lần lượt cắt các mặt phẳng

, , ,BCD CDA DAB ABC tại ', ', ', 'A B C D thỏa mãn đẳng thức 12' ' ' '

IA IB IC IDIA IB IC ID

.

Gọi 1,V V lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABCD và IBCD . Chứng minh rằng 14V V . 12. (HSG lớp 12 TP Đà Nẵng năm học 2010 – 2011) Cho khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Một mặt phẳng di động nhưng luôn đi qua điểm 'C , song

song với đường thẳng ' 'A B và chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Hãy xác định vị trí của để hai phần đó có thể tích bằng nhau.



13. (HSG lớp 12 TP Hà Nội năm học 2012 – 2013) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi ,M N là hai điểm lần lượt nằm trên

các đoạn thẳng AB và AD ( ,M N không trùng A ) sao cho 2 4AB ADAM AN

.

a) Chứng minh rằng khi ,M N thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi V và 'V lần lượt là thể tích của các khối chóp .S ABCD và .S MBCDN . Chứng minh rằng

2 ' 33 4

VV

.

14. (KT ĐTHSG lớp 12 trường THPT Gia Viễn B lần 2 năm học 2012 – 2013) Cho hình chóp tam giác đều .S ABC cạnh đáy a , góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng . Mặt

phẳng P tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy

(góc này có đỉnh ở trên AB ) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 15. (HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2012 – 2013) Cho hình chóp đều .S ABC có SA a . Gọi ,D E lần lượt là trung điểm của ,SA SC . a) Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a , biết BD vuông góc với AE . b) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC , mặt phẳng P đi qua AG cắt các cạnh ,SB SC lần lượt tại

,M N . Gọi 1,V V lần lượt là thể tích khối chóp .S AMN và .S ABC . Tìm giá trị lớn nhất của 1

VV

.

16. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2010 – 2011) Cho hình chóp đều .S ABCD , các mặt bên tạo với mặt đáy góc có số đo bằng . Mặt phẳng qua AC và vuông góc với mặt phẳng SAD cắt đường thẳng SD tại I . Gọi V là thể tích của khối

chóp .S ABCD và 1V là thể tích của khối chóp .D ACI .

a) Chứng minh rằng đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng ACI .

b) Tính tỷ số 1

1

VV V

theo .

c) Tìm giá trị của để góc giữa hai mặt phẳng SAD và SCD có số đo bằng 3 .

17. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2011 – 2012) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Mặt phẳng P chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E . Biết góc giữa

hai mặt phẳng P và BCD có số đo là thỏa mãn 5 2tan7

. Gọi thể tích của hai tứ diện

ABCE và tứ diện BCDE lần lượt là 1V và 2V . Tính tỷ số 1

2

VV

.

18. (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm học 2012 – 2013) Cho khối lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C . Gọi , ,I J K lần lượt là trung điểm của các cạnh , 'AB AA

và ' 'B C . Mặt phẳng IJK chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần đó.



19. (HSG lớp 12 tỉnh Cao Bằng năm học 2010 – 2011) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của

các cạnh ,SA SD . Mặt phẳng chứa MN và cắt các cạnh ,SB SC lần lượt tại ,P Q . Đặt

SQ xSB

, tìm x để .

.

38

S MNPQ

S ABCD

VV

.

20. (HSG lớp 12 tỉnh Tiền Giang năm học 2011 – 2012) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh ,SB SD lần lượt là tại M và N . Gọi 1,V V thứ tự là thể tích của khối

chóp .S AMKN và khối chóp .S ABCD . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tỷ số 1VV

.

Vấn đề 3. BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ THỂ TÍCH Trong khi giải các bài toán về hình học chúng ta thường bắt gặp những bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất (cực trị) của một đại lượng hình học nào đó (độ dài đoạn thẳng hoặc tổng của hai hay nhiều đoạn thẳng hoặc chu vi, diện tích của một hình hoặc thể tích của một khối đa diện hoặc độ lớn của một góc, .... Đây là bài toán đòi hỏi ở học sinh phải nắm vững kiến thực cơ bản về hình học, về đại số và chuyển đổi yêu cầu giữa hai phân môn này. Trong khuôn khổ chuyên đề này chúng tôi xin trình bày hướng giải quyết bài toán cực trị về thể tích. Hy vọng sẽ giúp cho các em học sinh tháo gỡ phần nào khó khăn khi nghiên cứu vấn đề này. A. KIẾN THỨC CẦN NẮM. 1. Một số kiến thức về hình học a) Bất đẳng thức tam giác Với ba điểm , ,A B C bất kỳ thì AB BC AC . Dấu bằng xảy ra khi B nằm trên đoạn AC . b) Độ dài đường gấp khúc Độ dài đường gấp khúc nối hai điểm không nhỏ hơn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm đó. c) Đường vuông góc và đường xiên - Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn vuông góc với đường thẳng có độ dài ngắn nhất. - Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại. d) Liên hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác Trong một tam giác, đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn và ngược lại. e) Một số bài toán hình học cơ bản - Bài toán 1. Cho điểm A và đường tròn C có tâm I và bán kính R , trong đó A nằm ngoài

đường tròn C . Xác định điểm M thuộc C sao cho đoạn AM có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất.

Đoạn AM lớn nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AI với đường tròn C và M

nằm ngoài đoạn AI ; đoạn AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AI với đường tròn C và M nằm trong đoạn AI .



- Bài toán 2. Cho hai đường tròn ;C I R và '; 'C I R nằm ngoài nhau. M và N là hai điểm di

động lần lượt trên ;C I R và '; 'C I R . Xác định vị trí của M và N để đoạn thẳng MN có độ dài

nhỏ nhất, lớn nhất. Đường thẳng 'II cắt đường tròn ;I R tại hai điểm 1 2,M M ; cắt đường tròn '; 'I R tại hai điểm

1;N 2N ( 1 1,M N nằm ngoài đoạn 'II còn 2 2,M N thuộc đoạn 'II ). Khi đó đoạn 1 1M N có độ dài

lớn nhất còn đoạn 2 2M N có độ dài nhỏ nhất.

- Bài toán 3. Cho đường thẳng d và đường tròn ;I R không giao nhau. M và N lần lượt là hai

điểm di động trên đường thẳng d và đường tròn ;I R . Xác định vị trí của M và N sao cho đoạn

thẳng MN có độ dài nhỏ nhất. Gọi 'd là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với đường thẳng d ; H là giao điểm của d và

'd ; 1 2,N N là hai giao điểm của 'd với ;I R , trong đó 2 1; ;d N d d N d . Khi đó đoạn 2HN có

độ dài nhỏ nhất. 2. Một số kiến thức về đại số a) Bất đẳng thức Cauchy

- Với hai số không âm ,a b ta có 2

2a bab

. Dấu bằng xảy ra khi a b .

- Với ba số không âm , ,a b c ta có 3

3a b cabc

. Dấu bằng xảy ra khi a b c .

b) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

- Với các số thực , , ,a b x y ta có 2 2 2 2 2ax by a b x y . Dấu bằng xảy ra khi ay bx .

- Với các số thực , , , , ,a b c x y z ta có 2 2 2 2 2 2 2ax by cz a b c x y z . Dấu bằng xảy

ra khi ; ;a kx b ky c kz . B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA. Ví dụ 41. Cho tam giác đều ABC cạnh a . Một điểm D chuyển động trong không gian sao cho mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn lớn. Xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD .

Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì O cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .

Do bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 33

a nên bán kính mặt cầu cũng bằng

33

a . Theo giả thiết thì 33

aOD .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng ABC . Khi đó thể tích tứ diện ABCD là 21 . 3. .

3 12ABCD ABCaV DH S DH .

Thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất khi và chỉ khi DH lớn nhất.



Ta có OH là hình chiếu vuông góc của OD trên mặt phẳng ABC nên 33

aDH DO .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H O , tức là D nằm trên đường thẳng đi qua O và vuông góc với mặt phẳng ABC ( D thuộc mặt cầu) hay D nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Có hai điểm D như vậy.

Vậy tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất bằng 3

12a khi D là giao điểm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

với trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Nhận xét: Trong ví dụ trên việc đánh giá thể tích của khối đa diện là dựa vào tính chất hình học. Sau khi đánh giá, để kết luận được giá trị lớn nhất chúng ta cần phải chỉ ra tồn tại ít nhất một hình tứ diện thỏa mãn điều kiện đó. Mà cụ thể trong trường hợp này là phải chỉ ra được vị trí của điểm D . Ví dụ 42. (IMO năm 1967) Trong một tứ diện chỉ có một cạnh có độ dài lớn hơn 1. Chứng minh rằng thể tích tứ diện ấy không

vượt quá 18

.

Lời giải

Giả sử 1AB còn các cạnh khác nhỏ hơn hoặc bằng 1. Vẽ đường cao AE của tam giác ACD và đường cao BF của tam giác BCD . Gọi AH là đường cao của tứ diện kẻ từ A . Đặt CD a 0 1a .

Ta chứng minh 2 2

1 ; 14 4a aAE BF .

Gọi am là độ dài đường trung tuyến của tam giác

ACD kẻ từ A .

Khi đó 2 2 2 2

2 2 12 4 4a

AC AD CD aAE m hay

2

14aAE . Dấu bằng xảy ra khi ACD

có 1AC AD . Tương tự, ta cũng chứng minh được 2

14aBF . Dấu bằng xảy ra khi

BCD có 1BC BD .

Thể tích tứ diện ABCD là 1 1 1 1. . . . .3 3 2 6BCDV AH S AH BF CD AE BF CD .

Suy ra 2

31 1. 1 . 46 4 24

aV a a a

.

Xét hàm số 34f a a a trên nửa khoảng 0;1 .

Lập bảng biến thiên của hàm số ta được

0;1

max 3f a . Do đó 1 1.324 8

V .



Dấu bằng xảy ra khi AH AE và 1AC AD BC BD CD . Ta lại có AH AE ACD BCD .

Xét tứ diện ABCD có 1AC AD BC BD CD và ACD BCD .

Ta có 32

AH AE BF nên thể tích khối tứ diện là 1 3 3 1. .3 2 4 8

V .

Ta lại có 2

2 2 2 3 3 32. 12 2 2

AB AH BH AB

.

Như vậy tồn tại tứ diện ABCD thỏa mãn giả thiết bài toán và 18ABCDV . Suy ra đpcm.

Nhận xét: - Ví dụ này được lấy làm đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 của các tỉnh: Hà Nam (năm học 2011 – 2012), Ninh Bình (năm học 2012 – 2013), .... - Khi giải ví dụ này nhiều học sinh đã quên mất việc chỉ ra sự tồn tại của tứ diện có thể tích bằng 18

. Đây là sai lầm phổ biến nên các em học sinh cần chú ý.

- Trong ví dụ này chúng ta đồng thời đánh giá hai yếu tố xuất hiện trong công thức tính thể tích khối chóp, đó là chiều cao và diện tích đáy. Ví dụ 43. (TS ĐH An Ninh năm 1999) Cho hình chóp tam giác .S ABC có ,SA x BC y và các cạnh còn lại đều có độ dài bằng a . a) Tính thể tích của khối chóp .S ABC theo , ,a x y . b) Giả sử a không đổi, hãy tính ,x y theo a để thể tích của khối chóp .S ABC là lớn nhất.

Lời giải

a) Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của BC và SA . Ta có SBC ABC (c.c.c) nên SI AI . Suy ra tam giác SIA cân tại I . Do đó SA IJ . Lại do các tam giác SBC và ABC là các tam giác cân tại S và A nên ,SI BC AI BC .

Suy ra BC SIA . Do đó thể tích khối chóp

.S ABC được xác định bởi

. . .1 1. .3 3S ABC B SIA C SIA SIA SIAV V V BI S CI S

.1 1. . .3 6S ABC SIAV BC S BC SA IJ .

AI là trung tuyến của tam giác ABC nên 2 2 2 2

2 2

2 4 4AB AC BC yAI a

.

Tam giác JAI vuông tại J nên 2 2

2 2 2 2 2 2 21 44 2

x yIJ AI AJ a IJ a x y , với

điều kiện 2 2 24x y a . Suy ra 2 2 2.

1 . 412S ABCV xy a x y .



b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 32 2 2 2 2 6

2 2 2 2 2 4 64. . 43 27

x y a x y ax y a x y

32 2 2 8 34

9axy a x y . Suy ra 3

.2 327S ABCV a .

Dấu bằng xảy ra khi 2 33

ax y .

Vậy thể tích khối chóp .S ABC đạt giá trị lớn nhất bằng 32 327

a khi 2 33

ax y .

Ví dụ 44. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC bằng 2a . Góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng . Tính thể tích của khối chóp

.S ABCD theo a và . Xác định để thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và E là hình chiếu vuông góc của O trên BC . Khi đó E là trung điểm của BC . Do .S ABCD là hình chóp đều nên SO ABCD .

Suy ra SO BC . Do đó BC SOE .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SE thì

OH SBC hay ,OH d O SBC .

Lại do AO cắt mặt phẳng SBC tại C và O là trung

điểm của đoạn AC nên , 2 ,d A SBC d O SBC .

Tam giác SOE vuông tại O nên 090SEO . Góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng

góc giữa hai đường thẳng SE và OE và bằng góc SEO .

Theo giả thiết ta có OH a và SEO .

Tam giác OHE vuông tại H nên sinsin

OH aOESEO

. Suy ra 2sin

aAB OE

.

Tam giác SOE vuông tại O nên . tancos

aSO OE SEO

.

Thể tích khối chóp .S ABCD là 3

. 2

1 4 1. .3 3 sin .cosS ABCD ABCD

aV SO S

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 32 2 2

2 2 2 sin sin 2cos 8sin .sin .2cos3 27

2 2 3sin .cos9

. Suy ra 3. 2 3S ABCDV a . Dấu bằng xảy ra khi 2sin

3 .

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị nhỏ nhất bằng 32 3a khi là góc nhọn và 2sin3

.



Nhận xét: - Ngoài cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá 2 2 3sin .cos9

thì chúng

ta cũng có thể sử dụng đạo hàm để đánh giá. Cụ thể, ta viết 2 2sin .cos 1 cos cos và đặt

cost . Sau đó xét hàm số 3f t t t trên khoảng 0;1 .

Ví dụ 45. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABC tại A . Các điểm ,M N lần lượt thay đổi trên đường thẳng sao cho MBC NBC .

Tìm vị trí của ,M N để tứ diện MNBC có thể tích nhỏ nhất. Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC . Do MN ABC nên BC HMN .

Hai mặt phẳng MBC và NBC cắt nhau theo giao

tuyến BC nên góc giữa hai mặt phẳng MBC và

NBC bằng góc giữa hai đường thẳng HM và HN .

Lại do MBC NBC nên HM HN .

Giả sử AH a ( a không đổi). Đặt ,AM x AN y . Các tam giác ,MAH NAH vuông tại A nên

2 2 2 2,MH x a NH y a .

Tam giác HMN vuông tại H nên 2 2 2MN HM HN hay 2 2 2 2 2 2x y x a y a xy a .

Do BC HMN nên BC HN . Lại do HN HM nên HN MBC . Suy ra NH là chiều cao

của tứ diện MNBC .

Thể tích khối tứ diện MNBC là 2 2 2 21 1 1. . . . . . .3 6 6MNBC MBCV NH S NH MH BC y a x a BC .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 2 2 22 ; 2x a ax y a ay .

Suy ra 21 12 . 2 . .6 3MNBCV ay ax BC a BC (không đổi).

Dấu bằng xảy ra khi x y a . Vậy thể tích khối tứ diện MNBC đạt giá trị nhỏ nhất bằng

21 .3

a BC , đạt được khi AM AN AH ( ,M N đối xứng với nhau qua A ).

Ví dụ 46. Cho một tam diện vuông Oxyz và một điểm A cố định bên trong tam diện. Khoảng

cách từ A đến ba mặt ,Oyz Ozx và Oxy lần lượt là , ,a b c . Một mặt phẳng di động luôn qua A

cắt Ox ở M , cắt Oy ở N và cắt Oz ở P .

a) Chứng minh rằng 1a b cOM ON OP

.

b) Xác định vị trí của mặt phẳng để thể tích tứ diện OMNP đạt giá trị nhỏ nhất.



c) Xác định vai trò của điểm A đối với tam giác MNP trong trường hợp thể tích tứ diện OMNP nhỏ nhất.

Lời giải

a) Lập hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Gọi , ,K I J lần lượt là hình chiếu vuông góc của

A trên các mặt phẳng , ,xOy yOz zOx .

Ta có ; ; , ;0;0 , 0; ;0A a b c M OM N ON và

0;0;P OP . Mặt phẳng có phương trình là

1x y zOM ON OP

.

Lại do A nên 1a b cOM ON OP

.

b) Thể tích khối tứ diện OMNP là

1 . .6OMNPV OM ON OP .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 31 3. .

a b c abcOM ON OP OM ON OP

.

Suy ra . . 27OM ON OP abc hay 92OMNPV abc .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 13

a b cOM ON OP

. Khi đó 3 ; 3 ; 3OM a ON b OP c .

Vậy thể tích khối tứ diện OMNP đạt giá trị nhỏ nhất bằng 92

abc khi 3 ; 3 ; 3OM a ON b OP c

hay mặt phẳng cắt , ,Ox Oy Oz lần lượt tại , ,M N P sao cho 3 ; 3 ; 3OM a ON b OP c .

c) Khi thể tích khối tứ diện OMNP đạt giá trị nhỏ nhất thì 3 ;0;0 , 0;3 ;0 , 0;0;3M a N b P c . Dễ

thấy khi đó A là trọng tâm của tam giác MNP . Nhận xét chung: Qua các ví dụ trên, chúng ta có thể rút ra một số nhận xét sau: - Khi giải quyết bài toán cực trị về thể tích khối đa diện chúng ta thường tiến hành theo hai bước: Bước 1: Lựa chọn cách đánh giá thể tích và tiến hành đánh giá thể tích (có thể đánh giá dựa vào tính chất hình học hoặc đánh giá các yếu tố chiều cao, diện tích đáy hoặc đưa thể tích phụ thuộc vào yếu tố góc hoặc cạnh nào đó rồi đánh giá theo bất đẳng thức hoặc sử dụng đạo hàm). Bước 2: Chỉ ra tồn tại một khối đa diện thỏa mãn dữ kiện bài toán và có thể tích lớn nhất hoặc nhỏ nhất và kết luận. - Liên quan đến thể tích lớn nhất hoặc thể tích nhỏ nhất thường có những bài toán như: xác định độ dài cạnh, độ lớn góc hay vị trí của điểm để thể tích khối đa diện đạt giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất. - Khi đánh giá thể tích của khối chóp có một số hướng để đánh giá, đó là đánh giá chiều cao của hình chóp, đánh giá diện tích đáy hoặc đánh giá đồng thời chiều cao và diện tích đáy hoặc tính thể tích khối chóp và đưa thể tích đó về phụ thuộc vào yếu tố nào đó rồi sử dụng các công cụ đã biết để đánh giá.

y

z

x



C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 1. (HSG lớp 12 tỉnh Đăk Lăk năm học 2011 – 2012) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C , đáy ABC là tam giác cân có AB AC a ( a là một số thực dương) và mặt bên ' 'ACC A là hình chữ nhật có ' 2A A a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng 'ACC nằm trên đoạn thẳng 'A C .

a) Chứng minh rằng thể tích của khối chóp '. ' 'A BCC B bằng 2 lần thể tích của khối chóp .ACA 'B . b) Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên 'A C sao cho khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có thể tích lớn nhất. c) Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và

'A C . 2. (HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2011 – 2012) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 3SA a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. a) Mặt phẳng P đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt , ,SB SC SD lần lượt tại ', ', 'B C D . Tính

thể tích khối chóp . ' ' 'S AB C D theo a .

b) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho 045MAN . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp .S AMN . 3. (HSG lớp 12 tỉnh Phú Thọ năm học 2008 – 2009) Cho hình chóp .S ABC . Từ điểm O nằm trong tam giác ABC vẽ các đường thẳng lần lượt song song với các cạnh , ,SA SB SC và cắt các mặt , ,SBC SCA SAB tương ứng tại các điểm , ,D E F .

a) Chứng minh rằng OF 1OD OESA SB SC

.

b) Xác định vị trí của điểm O để thể tích của khối chóp .O DEF đạt giá trị lớn nhất. 4. (HSG lớp 12 tỉnh Sơn La năm học 2013 – 2014) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA h và SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . M là một điểm thay đổi trên cạnh CD . Đặt CM x .

a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM . Tính độ dài đoạn thẳng SH theo ,a h và x . b) Xác định vị trí của điểm M để thể tích tứ diện SABH đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. 5. (HSG lớp 12 tỉnh Bắc Ninh năm học 2010 – 2011) Cho hình chóp tứ giác .S ABCD , có đáy ABCD là hình bình hành và 4 , 0AD a a . Các cạnh

bên của hình chóp bằng nhau và bằng 6a . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng SBC và

SCD khi thể tích của khối chóp .S ABCD là lớn nhất.

6. (HSG lớp 12 tỉnh Tiền Giang năm học 2013 – 2014) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C , cạnh SC a và SA vuông góc với mặt phẳng ABC . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABC sao cho thể tích khối

chóp .S ABC lớn nhất. 7. (HSG lớp 12 tỉnh Đăk Lắk năm học 2011 – 2012)



Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C , đáy ABC là tam giác cân có AB AC a ( a là một số thực dương) và mặt bên ' 'ACC A là hình chữ nhật có ' 2AA a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng ' 'ACC A nằm trên đoạn thẳng 'A C .

a) Chứng minh rằng thể tích của khối chóp '. ' 'A BCC B bằng 2 lần thể tích của khối chóp . 'B ACA . b) Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên 'A C sao cho khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có thể tích lớn nhất. c) Trong trường hợp thể tích khôi lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và

'A C . 8. (HSG lớp 12 tỉnh Cà Mau năm học 2009 – 2010) Cho hình chóp .S MNPQ , trừ cạnh bên SP , các cạnh còn lại đều bằng a . a) Tính thể tích lớn nhất của khối chóp .S MNPQ .

b) Góc NMQ phải bằng bao nhiêu để thể tích của khối chóp .S MNPQ bằng 3. 26

a ?

9. (HSG lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2008 – 2009) Cho mặt cầu T có tâm là O và bán kính R (điểm O cố định, R không đổi); cho hình chóp tứ

giác đều .S ABCD luôn nội tiếp mặt cầu T , biết hình chóp này có thể thay đổi. Xác định SA và

AB theo R để thể tích khối chóp .S ABCD có thể tích lớn nhất. 10. (HSG lớp 12 tỉnh Kiên Giang năm học 2008 – 2009) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Biết cạnh SD có độ dài lớn hơn 1, các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1. Chứng minh rằng thể tích của khối chóp .S ABCD không

vượt quá 14

.

11. (HSG lớp 12 TP Hà Nội năm học 2010 – 2011) Trong mặt phẳng P cho đoạn thẳng AB . Gọi O là trung điểm của AB và M là điểm tùy ý trên

đoạn OB M B . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB của P , dựng các hình vuông AMCD ,

MBEF . Điểm S thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng P tại A S A .

a) Xác định vị trí của điểm M để tổng thể tích của hai khối chóp .S ABF và .S ACF đạt giá trị nhỏ nhất. b) Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại điểm N . Điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên đường thẳng MN . Tìm quỹ tích của H khi M di chuyển trên đoạn OM . 12. Cho góc tam diện Oxyz và điểm M cố định trong góc đó. Mặt phẳng P di động qua M cắt

Ox tại A , cắt Oy tại B và cắt Oz tại C . Định vị trí của mặt phẳng P để thể tích khối tứ diện

OABC đạt giá trị nhỏ nhất. 13. Cho tứ diện SABC có các góc phẳng ở đỉnh S vuông. a) Chứng minh rằng 3 ABC SBC SCA SABS S S S .

b) Cho biết ;SA a SB SC k . Đặt SB x . Tính thể tích tứ diện SABC theo ,a k và x . Xác định ,SB SC để thể tích tứ diện SABC lớn nhất. 14. Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có cạnh SA x , còn tất cả các cạnh khác có độ dài bằng 1.



a) Chứng minh rằng SA SC . b) Tính thể tích của khối chóp .S ABCD . Định x để bài toán có nghĩa. Xác định x để thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị lớn nhất. 15. Xét tập hợp T gồm tất cả các tứ diện ABCD có tính chất: tổng diện tích các mặt , ,ABD ACD BCD không vượt quá 1. Hãy tìm tất cả các tứ diện thuộc tập hợp T sao cho tứ diện đó có thể tích lớn nhất.

Vấn đề 4. PHƯƠNG PHÁP THỂ TÍCH VÀ ỨNG DỤNG Trong khuôn khổ chuyên đề này, chúng tôi xin được trình bày hai ứng dụng chính của

phương pháp thể tích. Đó là, vận dụng phương pháp thể tích để chứng minh đẳng thức hình học và để tính khoảng cách. 1. Vận dụng phương pháp thể tích để chứng minh đẳng thức hình học.

Khi giải các bài toán về hình học không gian, chúng ta bắt gặp bài toán chứng minh đẳng thức liên quan đến tỷ số độ dài. Thông thường, chúng ta nghĩ đến việc sử dụng định lý Talet, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông, tam giác thường và phương pháp diện tích. Một số bài toán chứng minh đẳng thức về tỷ số độ dài trong hình học không gian, nếu chúng ta vận dụng phương pháp thể tích thì có được lời giải nhanh chóng và ngắn gọn. Để vận dụng tốt phương pháp thể tích, chúng ta cùng tìm hiểu về nội dung phương pháp này. A. Nội dung phương pháp. Để chứng minh hệ thức hình học bằng phương pháp thể tích, chúng ta có thể tiến hành theo các bước dưới đây: Bước 1: Phân tích giả thiết và yêu cầu cần chứng minh để thiết lập tỷ số thể tích của các khối có liên quan đến các đại luợng trong hệ thức cần chứng minh. Cũng cần lưu ý đến việc phân chia, lắp ghép một khối đa diện (khối chóp, khối lăng trụ) theo các cách khác nhau để tìm ra được hệ thức liên hệ giữa các yếu tố trong đề bài. Bước 2: Sau khi phân tích để tìm ra tỷ số thể tích của các khối đa diện, chúng ta tiến hành tính tỷ số thể tích theo những cách khác nhau. Tìm mối liên hệ giữa thể tích của khối đa diện đó để đưa ra hệ thức liên hệ giữa các đại lượng vừa thiết lập. Bước 3: Biến đổi hệ thức vừa thiết lập để đưa về hệ thức cần chứng minh. B. Một số ví dụ minh họa. Ví dụ 47. Cho tứ diện ABCD có , , ,A B C Dh h h h lần lượt là độ dài chiều cao của tứ diện kẻ từ đỉnh

, , ,A B C D . Gọi O là một điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó và , , ,x y z t lần lượt là khoảng cách từ

điểm O đến các mặt , , ,BCD CDA DAB ABC của tứ diện.

Chứng minh rằng 1A B C D

x y z th h h h

.



Lời giải

Ta có 1 .3ABCD A BCDV h S ; 1 .

3OBCD BCDV x S .

Do đó OBCD

ABCD A

V xV h

. Tương tự ta có:

; ;OCDA ODAB OABC

BCDA B CDAB C DABC D

V V Vy z tV h V h V h

.

Vì O nằm trong tứ diện ABCD nên ta có

OABC OBCD OCDA ODAB ABCDV V V V V .

Suy ra 1OABC OBCD OCDA ODAB

A B C D ABCD

V V V Vx y z th h h h V

.

Chú ý: Kết quả này tương tự như kết quả đã biết trong tam giác. Nếu O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD và r là bán kính của mặt cầu nội tiếp đó thì x y z t r . Do đó, ta có hệ thức

1 1 1 1 1

A B C Dh h h h r .

Ví dụ 48. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Một mặt phẳng P cắt các

cạnh , ,SA SB SC và SD theo thứ tự tại ', ', 'A B C và 'D . Chứng minh rằng

' ' ' 'SA SC SB SDSA SC SB SD

.

Lời giải Ký hiệu .S ABCDV V . Do ABCD là hình bình hành nên

ABC BCD CDA DABS S S S .

Suy ra . . . .12S ABC S BCD S CDA S DABV V V V V .

Ta có . ' ' ' ' . ' ' ' . ' ' 'S A B C D S A B C S A D CV V V nên

. ' ' ' . ' ' ' . ' ' '

. .

S A B C S A B C S A D C

S ABCD S ABCD

V V VV V

. ' ' ' . ' ' '

. .

1 ' ' ' 1 ' ' ' 1 ' ' ' '. . . . . . . .2 2 2 2 2

S A B C S A D C

S ABC S ADC

V V SA SB SC SA SD SC SA SC SB SDV V SA SB SC SA SD SC SA SC SB SD

.

Tương tự, với . ' ' ' ' . ' ' ' . ' ' 'S A B C D S A B D S B D CV V V ta cũng có

. ' ' ' '

.

1 ' ' ' '. .2

S A B C D

S ABCD

V SB SD SA SCV SB SD SA SC

.

Suy ra ' ' ' ' ' ' ' '. .SA SC SB SD SB SD SA SCSA SC SB SD SB SD SA SC



' ' ' '. .' ' ' ' ' ' ' '

SB SD SB SD SA SC SA SC SA SC SB SDSB SD SB SD SA SC SA SC SA SC SB SD

.

Chú ý: Bằng cách làm tương tự như ví dụ 22, chúng ta có thể giải bài toán trong một số trường hợp đặc biệt sau đây: 1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng đi qua điểm A và trung điểm K của cạnh SC , cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại ,M N . Chứng minh rằng

3SB SDSM SN

.

2) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và các cạnh bên có độ dài bằng nhau. Một mặt phẳng P thay đổi nhưng luôn cắt các cạnh bên của hình chóp. Gọi , , ,M N P Q lần lượt

là gia điểm của mặt phẳng P với các cạnh , , ,SA SB SC SD .

Chứng minh rằng 1 1 1 1SM SN SQ SP

.

C. Bài tập đề nghị. 1. Cho tứ diện OABC , lấy điểm M trong tam giác ABC . Các đường thẳng qua M song song với

, ,OA OB OC và cắt các mặt , ,OBC OCA OAB lần lượt tại 1 1 1, ,A B C . Chứng minh rằng

1 1 1 1MA MB MCOA OB OC

.

2. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD trên các cạnh ,SA SB và SC lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C

sao cho ' 2 ' 1 ' 1; ;3 2 3

SA SB SCSA SB SC

. Mặt phẳng ' ' 'A B C cắt cạnh SD tại 'D .

Chứng minh rằng ' 25

SDSD

.

3. (Vô địch Toán Liên Xô năm 1957) Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và O là một điểm tùy ý nằm trong tứ diện đó. Đường thẳng OG cắt các mặt phẳng , , ,BCD CDA DAB ABC lần lượt tại ', ', ', 'A B C D .

Chứng minh rằng ' ' ' ' 4' ' ' '

OA OB OC ODGA GB GC GD

.

2. Vận dụng phương pháp thể tích để tính khoảng cách.

Bài toán về khoảng cách trong không gian thường gây cho học sinh không ít khó khăn. Nguyên nhân chính là học sinh chưa nắm vững kiến thức cơ bản về hình học không gian và phương pháp giải một số bài toán cơ bản về khoảng cách. Bài toán về khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là bài toán cơ bản nhất trong các bài toán về khoảng cách. Nó là cơ sở để tính các loại khoảng cách khác. Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng có thể được tính trực tiếp (xác định đoạn vuông góc và tính độ dài) hoặc tiến hành gián tiếp (thông qua một điểm khác dễ dàng tính khoảng cách đến mặt phẳng đó hơn hoặc dựa vào thể tích khối đa diện).



A. Nội dung phương pháp. Bài toán tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song; khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song hoặc khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau thường được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

Từ công thức tính thể tích khối chóp 1 .3

V B h và công thức tính thể tích khối lăng trụ

.V B h , chúng ta có dễ dàng suy ra được công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt

phẳng (khoảng cách từ đỉnh của khối chóp, khối lăng trụ đến mặt đáy). Đó là 3VhB

.

Để tính khoảng cách từ một điểm M đến một mặt phẳng P bằng cách dựa vào thể tích,

chúng ta có thể tiến hành theo các bước sau: Bước 1: Lựa chọn hình chóp hoặc hình lăng trụ có điểm M là đỉnh và đáy là đa giác nằm trong mặt phẳng P .

Bước 2: Tiến hành tính thể tích V của khối chóp hoặc khối lăng trụ vừa lựa chọn ở trên và tính diện tích đáy nằm trong mặt phẳng P .

Bước 3: Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P dựa vào công thức:

đ

3; Vd M PS

(đối với khối chóp) và đ

; Vd M PS

(đối với khối lăng trụ).

Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau 1d và 2d trong không gian, chúng ta có thể dựa vào một trong các cách sau: Cách 1: Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng 1d và 2d . Sau đó tính độ dài đoạn

vuông góc chung đó. Cách làm này thường áp dụng cho trường hợp hai đường thẳng 1d và 2d vuông góc với nhau. Cách 2: Xác định mặt phẳng P chứa đường thẳng 1d và song song với đường thẳng 2d .

Khi đó 1 2 2; ; ;d d d d d P d M P , trong đó 2M d .

Theo cách này, chúng ta cần lựa chọn điểm 2M d sao cho dễ dàng tính được khoảng cách đến

mặt phẳng P .

Cách 3: Xác định mặt phẳng P chứa đường thẳng 1d và song song với đường thẳng 2d ; mặt

phẳng Q chứa đường thẳng 2d và song song với đường thẳng 1d .

Khi đó 1 2; ; ; ;d d d d P Q d M Q d N P , trong đó ,M P N Q .

Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, có thể tính một cách trực tiếp (xác định hình chiếu vuông góc của điểm trên mặt phẳng và tính độ dài đoạn vuông góc đó) hoặc tính gián tiếp thông qua một điểm khác. Theo cách gián tiếp, chúng ta có thể dựa vào các nhận xét dưới đây:

Nhận xét 1: Nếu đường thẳng MN song song với mặt phẳng P thì ; ;d M P d N P .



Nhận xét 2: Nếu đường thẳng MN cắt mặt phẳng P tại điểm I (khác ,M N ) thì ta có tỷ số

;;

d M P IMINd N P

.

B. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 49. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a , cạnh bên SA vuông

góc với mặt phẳng đáy và 2SA a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

Lời giải Tam giác ABC có diện tích

201 3 3. sin 60

2 4ABCaS AB AC .

Thể tích khối chóp .S ABC là 31 . 3.

3 2ABCaV SA S .

Kẻ đường cao SM của tam giác SBC . Tam giác ABC là tam giác đều nên AB AC . Suy ra SB SC . Khi đó M là trung điểm của cạnh BC .

AM là trung tuyến của tam giác ABC nên 0 3.sin 602aAM AB .

Tam giác SAM vuông tại A nên 2 2

2 2 2 2 9 25 544 4 2a a aSM SA AM a SM .

Diện tích tam giác SBC là 21 5 . 3.

2 4SBCaS SM BC .

Mặt khác, ta lại có .1 ; .3S ABC SBCV d A SBC S nên

3 2.3 3 . 3 5 . 3 3; :

2 4 5S ABC

SBC

V a a ad A SBCS

.

Nhận xét: Ta có thể tính trực tiếp được khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC như sau:

kẻ đường cao AH của tam giác SAM và chứng minh AH SBC .

Khi đó ;d A SBC AH .

Ví dụ 50. (ĐH KA 2013)

Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại đỉnh A , 030ABC ; SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB .

Lời giải



Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra SH BC . Mà SBC vuông góc với ABC theo giao tuyến

BC nên SH ABC . Ta có BC a suy ra

03 ; .sin 30 ;2 2

a aSH AC BC

0 3.cos302

aAB BC .

Do đó 3.

1 1. . .6 16S ABCV SH AB AC a .

Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên HA HB .

Mà SH ABC suy ra SA SB a .

Gọi I là trung điểm của AB , suy ra SI AB . Do đó 2

2 144 4

AB aSI SB

Suy ra . .3 6 39,. 13

S ABC S ABC

SAB

V V ad C SABS SI AB

.

Nhận xét: Ta có thể tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB bằng cách khác như

sau: Gọi I là trung điểm của AB , suy ra IH vuông góc với AB . Lại do SH AB nên AB vuông góc với mặt phẳng SHI . Kẻ ,HE SM E SI suy

ra ;HE SAB d H SAB HE .

Do H là trung điểm của BC nên

; 2 ; 2d C SAB d H SAB HE .

Lại có HE là đường cao của tam giác vuông SHI

nên 2 2

.HS HIHEHS HI

.

Chú ý: Chúng ta cũng có thể tìm trực tiếp hình chiếu vuông góc của điểm C trên mặt phẳng SAB

như sau: kẻ // ;CK HE K BE . Suy ra CK SAB . Vậy ; 2d C SAB CK HE .

Ví dụ 51. (TC THTT tháng 10 năm 2013) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2AB a , tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M là trung điểm của SD , mặt

phẳng ABM vuông góc với mặt phẳng SCD và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng

BD . Tính theo a thể tích khối chóp .S BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng SBC .



Lời giải Gọi , , ,H N L E lần lượt là trung điểm của

, , ,AB CD SC HD . I là giao điểm của AN và BD ; K là giao điểm của SN và ML . Dễ thấy

tứ giác AHND là hình chữ nhật và 13

IN AN .

Từ giả thiết ta có ; //SH ABCD ME SH .

Suy ra 1ME ABCD ME BD .

Lại do 2AM BD .

Từ 1 và 2 suy ra BD AMN BD AN .

Trong tam giác AND ta có 2

2 .3

NAND NI NA .

2 23 3 2NA ND a AD NA ND a

Dễ thấy CD SHN và do //ML CD nên 3ML SHN ML SN .

Do ; 4ABLM SCD ABLM SCD ML . Nên từ 3 và 4 suy ra SN ABLM .

SN HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H .

Suy ra 2SH HN a .

Ta lại có 3 3

. . . .1 4 1 1 1. . ; . .3 3 2 2 2 3S ABCD S BCD S BCD S ABCD

a aV HS AB AD V V V

Ta có ;BC SH BC AB BC SAB BC SB . 2

2 2 2 21 1 1 6. . 2 . 22 2 2 2SBC

aS SB BC HB SH BC a a a .

Mặt khác ta có .3 6;3

M SBC

SBC

V ad M SBCS

.

Nhận xét: Bài toán này mà ta đi xác định được hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (SBC) cũng rất khó khăn. Cho dù xác định được hình chiếu đó thì việc tính khoảng cách cũng rất khó khăn vì thế ta dùng cách trên để tính được dễ dàng hơn vì diện tích tam giác SBC tính được Ví dụ 52. (HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B , ; ' 2 ;AB a AA a

' 3A C a . Gọi M là trung diểm của ' 'A C , I là giao điểm của các đường thẳng AM và 'A C . Tính thể tích của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng IBC .



Lời giải Tam giác 'A AC vuông tại A nên

2 2 2 2' ' 9 4 5AC A C A A a a a . Tam giác ABC vuông tại B nên

2 2 2 25 2BC AC BA a a a .

Diện tích tam giác ABC là 21 .2ABCS BA BC a .

Kẻ // ',IH AA H AC IH ABC

Ta có ' ' 1 22 ' 3

IA A M ICIC AC A C

.

Suy ra 2 2 4'' ' 3 3 3

IH CI aIH AAAA CA

.

Thể tích khối tứ diện IABC là 31 4.

3 9IABC ABCaV IH S .

Ta có ; 'BC BC BC BB nên ' ' 'BC A ABB BC A B .

Tam giác 'A AB vuông tại A nên 2 2 2 2' ' 4 5A B A A AB a a a .

Tam giác 'A BC vuông tại B nên 2'

1 ' . . 52A BCS A B BC a .

Ta lại có 2

'

2 2 . 5' 3 3

IBCIBC

A BC

S IC aSS A C

.

Mặt khác 1 ; .3IABC IBCV d A IBC S nên 3; IABC

IBC

Vd A IBCS

. Suy ra 2 5;5

ad A IBC .

Ví dụ 53. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và 4 ;AC a 5AB a .

SO vuông góc với mặt phẳng đáy và 2 2SO a . Gọi M là trung điểm của cạnh SC , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM .

Lời giải Do M là trung điểm của cạnh SC và O là trung điểm của AC nên //OM SA . Khi đó //SA MBD .

Suy ra ; ; ;d SA BM d SA MBD d S MBD

Tam giác OAB vuông tại O nên

2 22 2 2 25 2OB AB OA a a a

2OB a BD a . Từ M kẻ // ,MH SO H AC

Do M là trung điểm của SC nên H là trung điểm của OC và MH ABCD .



Ta có 1 22

MH SO a .

Thể tích khối chóp .M BCD là 3

.1 1 1 2 . 2. . 2. .3 3 2 3M BCD BCD

aV MH S a OC BD .

Tam giác SOA vuông tại O nên 2 2 2 28 4 2 3SA SO OA a a a .

Tam giác MBD có diện tích 21 1 1. . . . 32 2 2MBDS MO BD SA BD a .

Mặt khác, ta có .1 ; .3M BCD MBDV d C MBD S nên .3; M BCD

MBD

Vd C MBDS

.

Suy ra 2 6;3

ad C MBD . Vậy 2 6;3

ad SA BM .

C. Bài tập đề nghị. 1. (Đề thi thử ĐH lần 1 năm 2012, Trường THPT Gia viễn B) Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có cạnh bên bằng a . Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng ABCD bằng . xác định giá trị của sin để thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị lớn nhất và

khi đó tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC . 2. Cho tứ diện SABC có 3SA a và SA vuông góc với mặt phẳng ABC . Tam giác ABC có

02 ; 120AB BC a BAC . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

3. Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông trong đó 090ABC BAD

và ; 2BA BC a AD a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và 2SA a . Tính

khoảng cách từ A tới mặt phẳng SCD .

4. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D có cạnh là a . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 'A C và MN . 5. Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a . Đáy ABC là tam giác vuông tại A có

; 3AB a AC a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh 'A trên mặt phẳng ABC là trung điểm của

AB . Tính thể tích khối lăng trụ trên và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng 'A BC theo a .

6. (ĐH KD 2011) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 3 , 4BA a BC a . Mặt phẳng

SBC vuông góc với mặt phẳng ABC . Biết 2 3SB a và 030SBC . Tính thể tích khối chóp

.S ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC theo a .

7. (Thi thử ĐH lần 1 năm học 2013 – 2014, Trường THPT Gia Viễn B) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD ; SAB là tam giác cân tại S và mặt bên SAB vuông góc với mặt đáy. Góc tạo bởi giữa hai mặt phẳng SBD và mặt phẳng ABCD là 030 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD

và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SBD .



8. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm G của tam giác ABD . Cạnh SD tạo với đáy ABCD góc

bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC theo

a . BÀI TẬP TỔNG HỢP

1. Cho hình chóp .S ABCD với đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2 3a và góc giữa hai đường chéo của đáy bằng 060 . Biết rằng các cạnh bên của hình chóp nghiêng đều trên mặt đáy một góc 045 . Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật và tính theo a thể tích khối chóp

.S ABCD . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân ngoại tiếp đường tròn tâm O , bán kính bằng a , với //AB CD và 4CD AB . Biết rằng SO vuông góc với mặt phẳng ABCD và

2SO a , tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD . 3. (Dự bị ĐH KB năm 2010)

Cho tam giác ABC vuông tại A , 0, 60AB a ABC , đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

ABC tại A và S là một điểm thay đổi trên . Gọi BH là đường cao của tam giác SBC .

a) Chứng minh rằng trực tâm của tam giác SBC luôn nằm trên một đường tròn cố định. b) Kí hiệu SA x . Tính thể tích khỗi tứ diện HABC theo a và x . 4. (Dự bị ĐH KB năm 2010) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, 2 2SA SB AB BC a , 0120ABC . Gọi H là trung điểm của cạnh AB , K là hình chiếu vuông góc của H lên mặt

phẳng SCD , K nằm trong tam giác SCD và 155

aHK .

Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a . 5. (Dự bị ĐH KD năm 2010) Cho hình chóp .S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC và tam giác ABC cân tại A , cạnh

bên SA lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của cạnh BC các góc bằng 030 và 045 . Khoảng cách từ điểm S đến cạnh BC bằng a . Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a .

6. (Dự bị ĐH KD năm 2010)

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và 060BAD . Mặt phẳng SAC

vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a , biết 0AS 90C và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBD bằng a .

7. (Đề thi thử ĐH lần 3 năm 2012, trường THPT chuyên ĐHKHTN) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C , cạnh đáy 2AB a , 1cos

3ABC . Góc giữa hai mặt phẳng ABC và 'A BC bằng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ

. ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC theo a .



8. (Đề thi thử ĐH năm 2012 lần 2, trường THPT chuyên ĐHSPHN) Trong mặt phẳng cho hình chữ nhật ABCD có ,AB a BC b . Các điểm ,M N lần lượt

chuyển động trên các đường thẳng ,m n vuông góc với mặt phẳng tại ,A B sao cho luôn có

DM CN . Đặt ,AM x BN y . Hãy xác định ,x y để thể tích khối tứ diện CDMN có giá trị nhỏ nhất. 9. Cho hình chóp .S ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy ABC , 2SB a ;

045 ;AS , 02

BSC B

. Hai mặt phẳng SAB và SBC vuông góc với nhau. Tính thể

tích khối chóp .S ABC theo a và . Tìm giá trị của để thể tích khối chóp .S ABC đạt giá trị lớn nhất. 10. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , 2AB a ; AD DC a . Tam giác ,SAD SDC là các tam giác đều. Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB theo a . 11. (Đề thi thử số 3 trên TC THTT tháng 9/2013)

Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B có 2ACB BAC và các đường trung tuyến 'BB , phân giác trong 'CC . Các mặt phẳng 'SBB ) và 'SCC cùng vuông góc với mặt

phẳng đáy. Góc giữa mặt phẳng ' 'SB C và mặt đáy là 600 và ' 'B C a . Tính thể tích khối chóp

.S ABC và khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SBC đến đường thẳng ' 'B C theo a . 12. (Đề thi thử số 3 trên TC THTT tháng 11/2013) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2 ; 3AB a BD AC , tam giác SAB

cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M là trung điểm của

SD , góc giữa mặt phẳng AMC và mặt phẳng ABCD bằng 300. Tính thể tích khối chóp

.S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a . 13. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD với AB a . Các cạnh bên tạo với đáy góc 600. Gọi M là trung điểm của cạnh SC , mặt phẳng chứa AM và song song với BD cắt SB tại E và SD tại F . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và thể tích khối chóp .S AFEM theo a . 14. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có các mặt bên tạo với đáy góc . Mặt phẳng P qua

AC và vuông góc với SAC chia khối chóp .S ABCD thành hai phần. Tính tỷ số thể tích chủa hai

phần được tạo ra. 15. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D có cạnh là a . Kéo dài , , 'BA BC BB các đoạn tương

ứng 3'2

AM CN B P a . Tìm tỷ số thể tích 1

2

VV

hai phần của hình lập phương bị chia bởi thiết

diện nói trên. 16. Cho hình chóp tam giác .S ABC , trong đó SA vuông góc với mặt phẳng ABC , ABC là tam

giác vuông cân tại đỉnh C . Giả sử SC a , tìm góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC để thể

tích khối chóp .S ABC đạt giá trị lớn nhất và hãy tính giá trị ấy.



17. (HSG lớp 12 tỉnh Thừa Thiên – Huế năm học 2008 – 2009) Cho hình chóp tam giác đều .S ABC cạnh đáy a , góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng . a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và các cạnh bên của hình chóp. b) Mặt phẳng P tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt

đáy (góc này có đỉnh ở trên AB ) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 18. Cho tứ diện ABCD có ba cạnh , ,AB AC AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm các cạnh , ,BC CD DB . a) Chứng minh rằng hai cạnh đối diện bất kỳ của tứ diện AMNP có độ dài bằng nhau. b) Giả sử , ,AM a AN b AP c và h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng MNP .

Chứng minh rằng 2

2 2 2 92ha b c .

c) Tính tỷ số thể tích của hai khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tứ diện AMNP . 19. (HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2010 – 2011) Cho hình chóp .S ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng SAB vuông góc với mặt phẳng

SBC , góc giữa mặt phẳng SAC và SBC là 600, 2SB a ; 045BSC .

a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng SAB .

b) Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . 20. (HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2010 – 2011)

Cho 3 tia , ,Ox Oy Oz không cùng nằm trên một mặt phẳng; 060xOy yOz zOx . , ,A B C là các điểm tương ứng trên , ,Ox Oy Oz . a) Tính thể tích của khối chóp .O ABC theo a biết , 2 , 3OA a OB a OC a .

b) Nếu , ,A B C thay đổi nhưng thể tích của khối chóp .O ABC luôn bằng 3 , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích xung quanh hình chóp .O ABC .



CHUYÊN ĐỀ 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

HỆ PHƯƠNG TRÌNH HOÁN VỊ VÒNG QUANH BA ẨN

Hệ phương trình là một nội dung cơ bản trong nhà trường phổ thông. Nó thường xuất hiện trong các kỳ kiểm tra, các kỳ thi học kỳ, thi tuyển sinh vào 10, thi học sinh giỏi và thi đại học. Nhìn chung, không có một phương pháp chung nào để giải hệ phương trình mà chỉ có một số phương pháp thường dùng để giải cũng như để xây dựng hệ phương trình. Việc sử dụng phương pháp nào cho một hệ phương trình cụ thể nó phụ thuộc vào nội dung của bài toán và kinh nghiệm của người giải. Vì vậy, mà không ít học sinh cảm thấy lúng túng trước một bài tập về giải hệ phương trình. Hàng năm trong đề thi đại học, thi học giỏi cấp THPT có xuất hiện hệ phương trình và gây không ít khó khăn cho thí sinh. Thậm chí, nhiều thí sinh phải bỏ hẳn câu hệ phương trình. Như vậy, việc giải hệ phương trình nói chung là một vấn đề khó khăn đối với học sinh, ngay cả đối với học sinh giỏi. Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh 3 ẩn (còn gọi là hệ phương trình lặp 3 ẩn) cũng không nằm ngoài tình hình đó. Nó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh và học sinh giỏi cấp quốc gia. Tài liệu viết về hệ phương trình này không nhiều, có chăng là trong mỗi cuốn sách tham khảo đưa ra một vài ví dụ nhưng chưa có tính hệ thống. Hệ phương trình lặp 3 ẩn còn nằm dải rác trong các tài liệu và các đề thi. Chưa có một tài liệu tham khảo nào hệ thống lại các phương pháp thường dùng để giải hệ phương trình hoán vị vòng quanh nói chúng và hệ hoán vị vòng quanh 3 ẩn nói riêng. Vì vậy, việc hệ thống lại các hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh và phân loại phương pháp giải các hệ đó là một việc làm thiết thực. Vậy thế nào là hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh? Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh 3 ẩn có dạng như thế nào? Chúng ta cùng tìm hiểu thế nào là hệ dạng hoán vị vòng quanh. 1. Hệ phương trình hoán vị vòng quanh. Hệ phương trình n ẩn 1 2, ,..., nx x x được gọi là hệ hoán vị vòng quanh nếu hoán vị vòng quanh các

ẩn số 1 2 3 1 1... n nx x x x x x thì hệ không đổi.

* Nhận xét 1: - Nếu hệ hoán vị vòng quanh n ẩn 1 2, ,..., nx x x có nghiệm 1 2 3 1; ; ;...; ;n na a a a a thì nó cũng có

nghiệm là hoán vị vòng quanh của các số 1 2 3 1 1... n na a a a a a .

- Hệ phương trình hoán vị vòng quanh là trường hợp mở rộng của hệ đối xứng loại II hay hệ đối xứng loại II là trường hợp đặc biệt của hệ hoán vị vòng quanh. 2. Hệ phương trình hoán vị vòng quanh 3 ẩn. Giả sử , ,P x y z là biểu thức của 3 biến , ,x y z . Khi đó hệ phương trình hoán vị vòng quanh 3 ẩn là

hệ phương trình có dạng

, , 0

, , 0

, , 0

P x y z

P y z x

P z x y

.



* Nhận xét 2: Nếu hệ phương trình hoán vị vòng quanh 3 ẩn có nghiệm 0 0 0; ;x y z thì hệ cũng có

các nghiệm là 0 0 0 0 0 0; ; , ; ;y z x z x y .

Nhận xét trên đây có thể giúp chúng ta giải quyết bài toán yêu cầu tìm điều kiện của tham số để hệ có nghiệm duy nhất. 3. Các ví dụ: Các hệ phương trình dưới đây là hệ phương trình hoán vị vòng quanh:

a)

2

2

2

3 13 13 1

x x yy y zz z x

b)

3 2

3 2

3 2

3 3 3 13 3 3 13 3 3 1

x y yy z zz x x

c)

2 4

2 4

2 4

111

x y zy z xz x y

Việc giải hệ phương trình hoán vị vòng quanh trong trường hợp tổng quát gặp không ít khó khăn. Ngay cả việc giải hệ phương trình hoán vị vòng quanh 3 ẩn cũng không phải là đơn giản. Trong khuôn khổ chuyên đề này, chúng tôi mới chỉ dừng lại ở việc xem xét trường hợp hệ hoán vị vòng quanh 3 ẩn và một số phương pháp thường dùng để giải loại hệ này. PHƯƠNG PHÁP 1. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. 1.1. Kiến thức cần nắm. a) Các hằng đẳng thức đáng nhớ:

(1): 2 2 22a b a ab b ; (2): 2 2a b a b a b ;

(3): 3 3 2 2 33 3a b a a b ab b ; (4): 3 3 2 2a b a b a ab b ;

(5): 1 2 3 2 2 1...n n n n n n na b a b a a b a b ab b

b) Các kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử: nhóm các số hạng, sử dụng hằng đẳng thức, .... c) 2 2 2

1 2 1 2... 0 ... 0n na a a a a a .

Kỹ năng biến đổi đại số trong phương pháp này chủ yếu là cộng đại số nhằm phân tích đưa phương trình về dạng tích. 1.2. Một số ví dụ minh họa.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

2

2

2

222

x yz xy zx yz xy z

.

Lời giải Hệ phương trình xác định với mọi , ,x y z .

Ta có

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 22 2 2 2 1 02 2 2 2 1 0

x yz x x yz x x yz xy zx y x y yz zx x y x y x y zz xy z x z yz xy x z x z x z y

2 200

x yz xx yx z

hoặc

2 202 1 0

x yz xx yx z y

hoặc

2 22 1 00

x yz xx y zx z

hoặc

2 22 1 02 1 0

x yz xx y zx z y



+)

22

23 0

0 ; ; 0;0;00

x yz xx x

x y x y zy z x

x z

hoặc 1 1 1; ; ; ;3 3 3

x y z

.

+)

2 22 3 00 ; ; 0;0;12 1 0 1

x yz x x xx y y x x y zx z y z x

hoặc 1 1 2; ; ; ;3 3 3

x y z

.

+)

2 22 3 02 1 0 1 ; ; 0;1;00

x yz x x xx y z y x x y zx z z x

hoặc 1 2 1; ; ; ;3 3 3

x y z

.

+)

2 22 3 5 2 02 1 0 1 ; ; 1;0;02 1 0 1

x yz x x xx y z y x x y zx z y z x

hoặc 2 1 1; ; ; ;3 3 3

x y z

.

Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm là:

1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 20;0;0 , 1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 , ; ; , ; ; , ; ; , ; ;3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

.

Ví dụ 2. (HSG lớp 12 năm học 1996 – 1997, TPHCM)

Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2 2

111

x y zx y zx y z

.


Ta có

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 01 01 1 11 1 1

x z x zx y z x z x zx y z x y z x y zx y z x y z x y z

2 2

2 2

011

x zx y zx y z

hoặc 2 2

2 2

1 011

x zx y zx y z

.

+) 22 2 2 2 2 2 4 2

2 2 2 22

01 1 1 2 1 4 3 01 2 1 1 21 2

z xx z z x z xx y z x y x x x x x x xx y z x y y xy x



010

xyz

hoặc 111

xyz

hoặc

121212

x

y

z

.

+)

22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2

11 0 1 11 1 1 0 2 2 01 2 21 1 2 2

x zx z x z x zx y z z y z y z z z z z zx y z y z zz y z y z z

22

2

1 12 1 0 0

02 2

x z xz z z y

zy z z

hoặc 001

xyz

hoặc

121212

x

y

z

.

Vậy hệ phương trình đã cho có 5 nghiệm là: 1 1 11;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 , 1; 1; 1 , ; ;2 2 2

.

Ví dụ 3. (TS lớp 10 chuyên Toán, trường PTNK ĐHQGTPHCM năm học 2013 – 2014)


2

2

2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

x y z x

y z x y

z x y z

.

Lời giải Hệ phương trình đã cho xác định với mọi , ,x y z .

Ta có

2 2

2 2

2 2 2 2

3 2 1 2 2 3 2 1 2 2

3 2 1 2 2 3 2 1 2 2

3 2 1 2 2 3 2 2 2 2 2 2 3 0

x y z x x y z x

y z x y y z x y

z x y z x y z xy yz zx x y z

2

2

2 2 2 2 2 2

3 2 1 2 2 13 2 1 2 2 1

11 1 1 0

x y z x xy z x y y

zx y y z z x x y z

.

1.3. Bài tập đề nghị. 1) (TCTHTT số tháng 4 năm 2013)


2

2

2

2 4 5 11

2 4 5 11

2 4 5 11

x y z y z

y z x z x

z x y x y

.

2) (Germany Bundeswettbewerb Mathematic 2003)



Tìm tất cả các bộ ba ; ;x y z nguyên thỏa mãn hệ phương trình

3 2

3 2

3 2

4 16 604 16 604 16 60

x x x yy y y zz z z x

.

3) Giải hệ phương trình

4 2 3

4 2 3

4 2 3

24 16 8 3224 16 8 3224 16 8 32

x y z zy z x xz x y y

.

PHƯƠNG PHÁP 2. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA. 2.1. Kiến thức cần nắm.

Những dấu hiệu nào giúp chúng biết được có thể dùng phương pháp lượng giác hóa hay đổi biến lượng giác? Dưới đây là những dấu hiệu giúp chúng ta dễ dàng nhận ra việc sử dụng phương pháp lượng giác hóa. Trong quá trình giải toán, cần vận dụng linh hoạt và sáng tạo khi sử dụng các dấu hiệu cũng như phát hiện ra việc vận dụng đó.

Biểu thức Điều kiện Cách đổi biến Công thức thu được

22 1x 1x cosx t , với 0 t ;

sinx t , với 2 2

t

22cos 1 cos 2t t hoặc 21 2sin cos 2t t

34 3x x 1x cosx t , với 0 t ;

sinx t , với 2 2

t

34cos 3cos cos3t t t hoặc

33sin 4sin sin 3t t t

3 3x x 2x 2cosx t , với 0 t ;

2sinx t , với 2 2

t

34cos 3cos cos3t t t hoặc

33sin 4sin sin 3t t t

2

21

xx

1x tanx t , với

2 2t

;

cotx t , với 0 t 2

2 tan tan 21 tan

t tt

3

2

33 1x x

x

33

x tanx t , với

2 2t

;

cotx t , với 0 t

3

2

tan 3tan tan 33 tan 1

t t tt

2.2. Một số ví dụ minh họa.


2

2

2

2 12 12 1

x yy zz x

.


Từ hệ đã cho, ta có 2222 2 2 1 1 1x x

.



Phương trình 2222 2 2 1 1 1x x

là phương trình bậc 8 nên có nhiều nhất 8 nghiệm. Do đó

hệ đã cho có nhiều nhất 8 nghiệm. +) Xét 1x , ta có thể đặt cosx t , với 0;t .

Khi đó 2 22 1 2cos 1 cos 2z x t t ; 22 1 cos 4y z t và 22 1 cos8x y t .

Do đó ta có phương trình

28 2 7cos8 cos8 2 2

9

ktt t kt t

t t k kt

.

Do 0;t nên 2 2 4 4 6 6 80; ; ; ; ; ; ;9 7 9 7 9 7 9

t .

Các nghiệm của hệ trong trường hợp này là:

cos ;cos 4 ;cos 2t t t , với 2 2 4 4 6 6 80; ; ; ; ; ; ;9 7 9 7 9 7 9

t .

Như vậy, hệ có 8 nghiệm phân biệt do đó hệ không còn nghiệm nào khác.

Vậy nghiệm của hệ là cos ;cos 4 ;cos 2t t t , với 2 2 4 4 6 6 80; ; ; ; ; ; ;9 7 9 7 9 7 9

t .

Nhận xét: Trong lời giải trên chúng ta không cần phải xét đến trường hợp 1x vì chúng ta đã chỉ

ra số nghiệm tối đa của hệ đã cho và tìm được đủ số nghiệm đó ứng với trường hợp 1x rồi. Vì

vậy, khi giải hệ phương trình hoặc phương trình mà sử dụng phương pháp lượng giác hóa mà phải phân chia thành các trường hợp như trên thì chúng ta phải chỉ ra số nghiệm tối đa của hệ hoặc phương trình đó. Đồng thời, tìm được đủ số nghiệm trong trường hợp mà chúng ta lượng giác hóa. Nếu không tìm đủ số nghiệm thì cần phải xem xét lại quá trình lập luận khi giải hệ đó còn không thì đó là một vấn đề khó khăn. Ví dụ 5. (Vô địch CHDC Đức năm 1980; HSG lớp 12 năm học 2004 – 2005, tỉnh Phú Thọ)


2

2

2

222

x x y yy y z zz z x x

.

Lời giải Hệ phương trình xác định với mọi , ,x y z . Nhận xét: 1; 1; 1x y z không thỏa mãn hệ phương trình. Vì vậy, ta xét , ,x y z đều khác

1 .

Do đó hệ đã cho được viết lại thành

2

2

2

21

21

21

x yxy zyz xz

.



Đặt tanx t , với 2 2

t sao cho tan 2 ; tan 4t t đều khác 1 .

Từ các phương trình trong hệ, ta có tan 2y t ; tan 4z t và tan8x t .

Do đó t là nghiệm của phương trình tan 8 tan ,7

kt t t k .

Với 2 2

t nên k nhận các giá trị từ tập hợp 3; 2; 1;0;1;2;3 .

Các giá trị của t tương ứng với các giá trị của k đều thỏa mãn điều kiện đối với t .

Vậy, hệ đã cho có tất cả 7 nghiệm là 2 4; ; tan ; tan ; tan7 7 7

k k kx y z , với k nhận các giá trị

từ tập hợp 3; 2; 1;0;1;2;3 .

Ví dụ 6. (Tạp chí THTT số 222)


2 3

2 3

2 3

3 3 03 3 03 3 0

x z z x zy x x y xz y y z y

.


Hệ đã cho được viết lại dưới dạng

2 3

2 3

2 3

1 3 3

1 3 3

1 3 3

x z z z

y x x x I

z y y y

.

Nhận xét: Nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình thì 3, ,3

x y z .

Do đó ta chỉ xét với 3, ,3

x y z . Vậy

3

2

3

2

3

2

31 331 331 3

z zxz

x xI y IIx

y yzy

.

Đặt tanx t , với 2 2

t sao cho tan , tan 3 , tan 9t t t đều khác 3

3 .

Khi đó từ hệ II , ta có được tan 3 ; tan 9y t z t và tan 27x t .

Do đó t là nghiệm của phương trình tan 27 tan ,26kt t t k

.

Vì 2 2

t nên k nhận các giá trị thuộc tập hợp 12; 11;...;11;12 .

Dễ dàng kiểm tra được rằng với các giá trị của t ứng với các giá trị của k đều thỏa mãn điều kiện đối với t .



Vậy hệ đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là: 3 9; ; tan ; tan ; tan26 26 26k k kx y z

, trong đó k nhận

giá trị từ tập hợp 12; 11;...;11;12 .

Ví dụ 7. (HSG lớp 12 tỉnh Thái Bình năm học 2009 – 2010)


3

3

3

333

x x yy y zz z x

.

Lời giải

Từ hệ đã cho ta có 33 33 3 3 33 3 3 3 3 3 3x x x x x x x x x

.

Đây là phương trình bậc 27 nên có nhiều nhất 27 nghiệm. Do đó hệ đã cho có nhiều nhất 27 nghiệm. +) Xét 2;2x : Khi đó ta đặt 2cosx t , với 0 t .

Từ phương trình thứ nhất, ta có 38cos 6cos 2cos3y t t t .

Từ phương trình thứ hai, ta có 38cos 3 6cos3 2cos9z t t t . Từ phương trình thứ ba, ta có 38cos 9 6cos9 2cos 27x t t t .

Do đó t là nghiệm của phương trình cos 27 cos13kt t t

hoặc 14kt

, với k .

+) Trường hợp 1: 13kt

, với k . Do 0 t nên k nhận các giá trị 0;1;2;...;12;13

+) Trường hợp 2: 14kt

, với k . Do 0 t nên k nhận các giá trị 0;1;2;...;14 .

Nghiệm của hệ ứng với 0t ở cả 2 trường hợp là trùng nhau; ứng với t ở cả hai trường hợp

cũng trùng nhau nên hệ có 27 nghiệm phân biệt là 3 92cos ;2cos ;2cos13 13 13k k k

, với

0;1;2;...;13k và 3 92cos ;2cos ;2cos14 14 14k k k

, với 1;2;3;...;13k .

Do hệ đã cho có nhiều nhất 27 nghiệm nên đây là 27 nghiệm của hệ đã cho và hệ đã cho không còn nghiệm nào khác ngoài 27 nghiệm trên. Nhận xét: Trong lời giải trên chúng ta không cần phải xét đến trường hợp 2x vì chúng ta chỉ ra

được số nghiệm tối đa của hệ và đã tìm đủ số nghiệm đó ứng với trường hợp 2x rồi.

Ví dụ 8. (HSG lớp 12 tỉnh Phú Thọ năm học 2005 – 2006)

Giả sử ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình

4

4

4

x y y

y z z

z x x

, hãy tìm tất cả các giá trị mà tổng

S x y z có thể nhận được.



Lời giải Hệ phương trình đã cho xác định với mọi , ,x y z .

Nhận xét: Nếu ; ;x y z là một nghiệm của hệ phương trình thì , , 0;4x y z .

Thật vậy, cộng các vế tương ứng của các phương trình của hệ, ta được

2 2 23 0x y z x y z .

Do đó trong 3 số , ,x y z có ít nhất 1 số không âm, ta có thể coi rằng 0x .

Từ phương trình đầu ta có 4 0 0 4y y x y .

Bằng cách hoán vị vòng quanh ta được 0 , , 4x y z .

+) Đặt 24sinx t , với 02

t .

Từ phương trình thứ ba, suy ra 2 2 24sin 4 4sin 4sin 2z t t t ,

Từ phương trình thứ hai, suy ra 2 2 24sin 2 4 4sin 2 4sin 4y t t t

Từ phương trình thứ nhất, ta có 2 2 24sin 4 4 4sin 4 4sin 8x t t t .

Do đó t là nghiệm của phương trình 2 2sin 8 sin cos16 cos 2t t t t

7kt

hoặc 9

kt , với k .

+) Trường hợp 1: ,7

kt k .

Do 02

t nên k nhận các giá trị 0; 1; 2; 3.

Với 0k , ta có 2 2 24 sin sin 2 sin 4 0S t t t

Với 1; 2; 3k k k , ta có 2 2 22 44 sin sin sin 77 7 7

S .

+) Trường hợp 2: ,9

kt k .

Do 02

t nên k nhận các giá trị 0; 1; 2; 3; 4.

Với 0k , ta có 2 2 24 sin sin 2 sin 4 0S t t t

Với 1; 2; 4k k k , ta có 2 2 22 44 sin sin sin 69 9 9

S

Với 3k , ta có 2 2 22 44 sin sin sin 93 3 3

S .

Do đó 0;6;7;9S .

Nhận xét chung: Thông qua các ví dụ vừa trình bày chúng ta có thể đưa ra các bước thực hiện lời giải khi sử dụng phương pháp lượng giác để giải hệ phương trình:



Bước 1: Biến đổi các phương trình trong hệ để xuất hiện những biểu thức có dạng đã nêu trong phần nội dung phương pháp hoặc có thể dựa vào các hằng đẳng thức lượng giác. Lựa chọn cách đổi biến lượng giác (chú ý điều kiện cho ẩn mới). Trong trường hợp lượng giác hóa bằng cách đặt sinx a t hoặc cosx a t thì cần phải chú ý đến điều kiện đối với x . Bước 2: Biểu diễn các ẩn cũ theo ẩn mới và tiến hành giải hệ phương trình. Thông thường phép lượng giác hóa đối với hệ hoán vị vòng quanh 3 ẩn thường dẫn đến phương trình lượng giác đối với ẩn mới. Bước 3: Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm của hệ phương trình (chú ý không để thiếu nghiệm). 2.3. Bài tập đề nghị.


3

3

3

4 34 34 3

x x yy y zz z x

.


2

2

2

222

x yy zz x

.


2

2

2

222

x yy zz x

.

PHƯƠNG PHÁP 3. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ. Trong phương pháp này chúng tôi giới thiệu hai cách đánh giá thường gặp để giải các hệ phương trình nói chung và hệ phương trình hoán vị vòng quanh ba ẩn nói riêng. Đó là, đánh giá theo bất đẳng thức và đánh giá theo tính đơn điệu của hàm số. 3.1. Kiến thức cần nắm. a) Đánh giá theo bất đẳng thức

Trong phần này, chúng ta phải sử dụng phối hợp nhiều kỹ năng và kiến thức: nhận xét về miền giá trị của các biến, lựa chọn cách đánh giá (đánh giá theo bất đẳng thức hay dựa vào bất phương trình). Đôi khi cũng chỉ là một nhận xét nhẹ nhàng. Bên cạnh đó, đối với một số hệ phương trình việc xác định được nghiệm của nó giúp chúng ta thuận lợi hơn trong việc đánh giá. Khi sử dụng phương pháp đánh giá chúng ta cần chú ý một số thao tác cơ bản sau đây: +) Quan sát vào từng phương trình trong hệ để đưa ra nhận xét về miền giá trị của các biến (kiểm tra xem các biến , ,x y z cùng dấu hay trái dấu, dương hay âm hoặc nằm trong khoảng nào). Điều này giúp chúng ta hạn chế được miền nghiệm của phương trình và dễ dàng hơn trong khâu lập luận khi giải phương trình.



+) Quan sát vào đặc điểm của các phương trình trong hệ để đưa ra hướng đánh giá. Những thao tác thường dùng là cộng vế theo vế các phương trình, nhân vế theo vế các phương trình để tạo cơ sở cho việc đánh giá. Tiếp đến là lựa chọn cách đánh giá: theo bất đẳng thức cơ bản

2 2 2 20; 0x x y z , theo bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxky, ... hay đơn giản chỉ là sự so sánh các biểu thức. Mục đích của việc đánh giá là chỉ ra được nghiệm của hệ phương trình hoặc chỉ ra điều vô lý nào đó. Bên cạnh đó, việc nhẩm được nghiệm của hệ phương trình cũng giúp cho khâu lập luận để giải hệ phương trình có thể nhanh gọn hơn. +) Khâu đánh giá cũng giống như điều kiện cần (nếu nó là nghiệm thì phải thỏa mãn điều kiện đó) nên chúng ta cần phải có thao tác thử lại nghiệm và đưa ra kết luận cuối cùng. b) Đánh giá theo tính đơn điệu của hàm số

Phần này chúng tôi chỉ dừng lại ở việc xét hệ phương trình hoán vị vòng quanh ba ẩn dạng

f x g y

f y g z I

f z g x

và nghiệm của hệ có dạng x y z .

Trong phương pháp này chúng ta thường sử dụng hai kết quả cơ bản và quan trọng dưới đây: Định lý 1: Giả sử các hàm số f x và g x có cùng tính đơn điệu trên tập D . Nếu ; ;x y z là

nghiệm của hệ I , trong đó , ,x y z D thì x y z .

Chứng minh: Giả sử các hàm số f x và g x cùng đồng biến trên tập D và min ; ;x x y z .

+) Nếu x y thì f x f y g y g z y z f y f z g z g x z x .

Do đó ta có x y z x (vô lý).

+) Nếu x z thì f x f z g y g x y x (vô lý).

Vậy x y z .

Định lý 2: Giả sử các hàm số f x và g x khác tính đơn điệu trên tập D . Nếu ; ;x y z là nghiệm

của hệ I , trong đó , ,x y z D thì x y z .

Chứng minh: Giả sử hàm số f x đồng biến trên D còn hàm số g x nghịch biến trên D và min ; ;x x y z .

+) Nếu x y thì f x f y g y g z y z f y f z g z g x z x .

Do đó ta có x z x (vô lý).

+) Nếu x z thì f x f z g y g x y x f y f x g z g y z y

f z f y g x g z x z (vô lý).

Vậy x y z . Trên đây, là hai định lý được sử dụng thường xuyên trong khi giải các hệ phương trình hoán vị vòng quanh ba ẩn có dạng nói ở trên. Vì vậy, chúng ta cần phải nắm vững cách lập luận theo hai định lý này để tiện áp dụng trong các ví dụ.



Vai trò của , ,x y z trong hệ I là bình đẳng nên theo nguyên lí cực hạn ta hoàn toàn giả sử

được rằng min ; ;x x y z hoặc max ; ;x x y z .

Điều quan trọng khi sử dụng phương pháp này là phải căn cứ vào tính đơn điệu của hai hàm số f t và g t để phân chia các trường hợp xảy ra đối với ẩn số. Đồng thời, phải chỉ ra được cả 3

ẩn số thuộc cùng một tập hợp mà trên đó hai hàm số f t và g t có cùng tính đơn điệu (áp dụng

định lý 1) hoặc khác tính đơn điệu (áp dụng định lý 2). Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho việc vận dụng phương pháp này. 3.2. Một số ví dụ minh họa. Ví dụ 9. (Thi thử ĐH năm 2011, trường THPT Chuyên ĐHSPHN)

Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt

2 4

2 4

2 4

000

x y zy z xz x y

.

Lời giải Nhận xét: ; ; 0;0;0x y z là một nghiệm của hệ đã cho. Nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ thì

0; 0; 0x y z và nếu một trong ba số ; ;x y z bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0. Ta xét 0xyz . Khi đó xét với 0; 0; 0x y z . Do vai trò của , ,x y z trong hệ là như nhau nên

ta có thể giả sử max ; ;x x y z .

+) Trường hợp 1: z y x .

Khi đó 2 2 2z y x và do đó 2 4 2 40 0z x y x y z . Suy ra x y z . +) Trường hợp 2: y z x .

Khi đó 2 2 2y z x và do đó 2 4 2 40 0y z x x y z . Suy ra x y z .

Kết hợp hai trường hợp ta có hệ đã cho trở thành 3

01 0

x y zx x

.

Xét hàm số 3 1f x x x trên ;0 .

Ta có 2' 3 1 0, ;0f x x x nên hàm số đồng biến trên ;0 .

Lại có 0 1 0f ; 1 1 0f nên phương trình 0f x có nghiệm âm duy nhất.

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt. Ví dụ 10. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/2000)

Cho hệ phương trình

2

2

2

ax bx c yay by c zaz bz c x

, trong đó 0a . Đặt 21 4b ac .

a) Chứng minh rằng nếu 0 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm. b) Chứng minh rằng nếu 0 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất.




Giả sử 0 0 0; ;x y z là nghiệm của hệ đã cho. Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ và biến đổi

ta được 2 2 20 0 0 0 0 01 1 1 0 *ax b x c ay b y c az b z c .

Không giảm tổng quát, ta giả sử 0a . a) Nếu 0 thì 2 1 0at b t c với mọi t nên

2 2 20 0 0 0 0 01 1 1 0ax b x c ay b y c az b z c

Điều này mâu thuẫn với * . Vậy điều giả sử là sai hay hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

b) Nếu 0 thì 2 1 0at b t c và phương trình 2 1 0at b t c có nghiệm kép

12

bta

nên từ phương trình * ta có 0 0 01

2bx y z

a

.

Thử lại thấy 0 0 01

2bx y z

a

thỏa mãn hệ đã cho.

Vậy trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất 1 1 1; ;2 2 2

b b ba a a

.

Lời bình: Ví dụ trên đây mới chỉ dừng lại ở việc xét 0 và 0 . Đối với trường hợp 0 thì vấn đề trở nên khó khăn hơn rất nhiều. Rất mong được sự trao đổi và nghiên cứu của các thầy, cô giáo.


3 3 2 2

3 3 2 2

3 3 2 2

2 3 8

2 3 8

2 3 8

x y x y x y

y z y z y z

z x z x z x

.

Lời giải Hệ phương trình xác định với mọi , ,x y z . Hệ đã cho được viết lại thành

3 2 3 2 3 2 3 2

3 2 3 2 3 2 3 2

3 2 3 2 3 2 3 2

2 3 8 2 2 3 62 3 8 2 2 3 6

2 3 8 2 2 3 6

x x x y y y x x x y y yy y y z z z y y y z z zz z z x x x z z z x x x

2 2

2 2

2 2

2 1 2 3 1

2 1 2 3 2

2 1 2 3 3

x x x y y

y y y z z

z z z x x

.

Giả sử ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Do 2 1 0t t và 2 3 0t , với mọi t nên ta có: +) Nếu 2x thì từ phương trình 1 ta có 2y . Do đó từ phương trình 2 ta có 2z và từ

phương trình 3 ta có 2x (vô lý).



+) Nếu 2x thì từ phương trình 1 ta có 2y . Do đó từ phương trình 2 ta có 2z và từ

phương trình 3 ta có 2x (vô lý).

Vậy 2x , do đó 2, 2y z .

Kiểm tra lại thấy 2;2;2 thỏa mãn hệ đã cho nên hệ đã cho có nghiệm duy nhất 2;2;2 .

Nhận xét: Đây là một hệ phương trình khó. Để nắm được hướng giải quyết cho ví dụ này, chúng tôi xin trình bày những kỹ năng khi giải hệ phương trình: - Nhẩm nghiệm của hệ phương trình. Đây là một trong những kỹ năng quan trọng của việc giải phương trình, hệ phương trình không mẫu mực. - Tiến hành phân tích (thêm, bớt và phân tích thành nhân tử) làm rõ nhân tử để đánh giá. - Lựa chọn công cụ đánh giá (đánh giá theo bất đẳng thức hay đơn thuần chỉ dựa vào dấu của các biến) và chỉ ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Dấu hiệu đầu tiên để nhận biết một hệ phương trình hoán vị vòng quanh có thể giải theo hướng này là các biến số phải được cô lập. Ví dụ 12. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/2010)


3 2

3 2

3 2

9 3 3 0

9 3 3 0

9 3 3 0

x y y

y z z

z x x

.

Lời giải Hệ đã cho xác định với mọi , ,x y z .

Do 2

2 3 3 33 32 4 4

t t t

nên từ hệ đã cho ta có nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ thì

3

3, ,4

x y z . Vì vậy, ta chỉ xét với 3

3, ,4

x y z .

Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ và biến đổi ta được 3 3 33 3 3 0 *x y z .

Hệ đã cho được viết lại thành

3

3

3

27 9 3

27 9 3

27 9 3

x y y

y z z

z x x

.

Từ hệ trên, ta có: +) Nếu 0 3x thì 3 27x nên 0 3;0 3y z .

Do đó 3 3 33 3 3 0x y z (mâu thuẫn với phương trình * ).

+) Nếu 3x thì 3 27x nên 3; 3y z .

Do đó 3 3 33 3 3 0x y z (mâu thuẫn với phương trình * ).

Nhận thấy 3;3;3 là nghiệm của hệ đã cho nên hệ đã cho có nghiệm duy nhất 3;3;3 .



Chú ý: Ngoài cách giải trên, hệ phương trình trong ví dụ này cũng có thể giải được dựa vào tính đơn điệu của hàm số. Phần lớn các tài liệu tham khảo đều giải bằng cách dựa vào tính chất đơn điệu của hàm số. Lời giải trên đây chỉ cần những kỹ năng và biến đổi ở cấp THCS. Ví dụ 13. (Tạp chí TH&TT số 285, tháng 3 năm 2001)


5 4 2

5 4 2

5 4 2

2 22 22 2


.

Lời giải Nhận xét: 1;1;1 là nghiệm của hệ đã cho.

Giả sử min ; ;x x y z .

+) Nếu 1x thì 5 4 2 5 4 2 5 4 22 2 2 2 2 0z z z x z z z z z z

41 2 2 0 1z z z z (do 24 2 22 2 1 2 1 0z z z z z ).

Từ phương trình thứ hai trong hệ, ta có 5 4 2 5 4 22 2 2y y y z y y y

5 4 2 42 2 0 1 2 2 0 1y y y y y y y .

Từ phương trình thứ nhất trong hệ, ta có 5 4 2 5 4 22 2 2x x x y x x x

5 4 2 42 2 0 1 2 2 0 1x x x x x x x (mâu thuẫn).

+) Nếu 1x thì lập luận tương tự ta cũng dẫn đến 1x (mâu thuẫn). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1;1;1 .

Nhận xét: Trong ví dụ này, chúng ta nhẩm được nghiệm của hệ phương trình đã cho và sử dụng cách đánh giá để chỉ ra nghiệm đó là duy nhất. Đối với các hệ phương trình mà ta nhẩm được hai nghiệm thì cách đánh giá này không có hiệu quả. Cách làm này chỉ áp dụng được cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất mà thôi. Ví dụ 14. (Vô địch Bulgaria, 1977)


2 2

2 2

2 2

2 1

2 1

2 1

x y x

y z y

z x z

.

Lời giải Nhận xét: Nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình thì , , 0x y z .

Dễ thấy 0;0;0 là một nghiệm của hệ phương trình.

Ta có 0 0 0x y z do đó ta chỉ cần tìm nghiệm dương của hệ. Xét , , 0x y z . Nhân vế theo vế các phương trình trong hệ, ta được

2 2 2 2 2 2 2 2 28 1 1 1 8 1 1 1x y z xyz x y z xyz x y z .

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 2 21 2 ;1 2 ;1 2x x y y z z nên 2 2 21 1 1 8x y z xyz .



Do vậy 2

2 2 2 2

2

1 28 1 1 1 1 2 1

1 2

x xxyz x y z y y x y z

z z

.

Thử lại thấy 1;1;1 thỏa mãn hệ đã cho.

Vậy hệ đã cho có đúng hai nghiệm là 0;0;0 và 1;1;1 .

Nhận xét: Ngoài cách giải ở trên, chúng ta cũng có thể giải ví dụ này theo cách khác như sau (vẫn là phương pháp đánh giá): Nhận xét: Nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình thì , , 0x y z .

Dễ thấy 0;0;0 là một nghiệm của hệ phương trình.

Ta có 0 0 0x y z do đó ta chỉ cần tìm nghiệm dương của hệ. Xét , , 0x y z . Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ phương trình đã cho được viết lại thành

22 1 1y x . Tương tự, ta cũng có 2 2

2 1 2 11; 1z y x z .

Cộng vế theo vế các phương trình nói trên và biến đổi, ta được: 22 21 1 11 1 1 0 1x y z

x y z

.

Thử lại thấy 1;1;1 thỏa mãn hệ đã cho.

Vậy hệ đã cho có đúng hai nghiệm là 0;0;0 và 1;1;1 .


2

2

2

2 1

2 1

2 1

x y x

y z y

z x z

.

Lời giải * Hệ đã cho xác định với mọi , ,x y z .

Dễ thấy 0;0;0 là một nghiệm của hệ đã cho. Vì vậy, ta tìm nghiệm 0; 0; 0x y z .

Từ hệ đã cho ta có 0 0 0x y z .


2

2

2

21

21

21

xyx

yzyzxz

.

Nhận xét: +) Nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình thì , ,x y z cùng dấu.

+) Với mọi số thực t, ta có 2

21 11

tt

nên nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình đã cho

thì 1 , , 1x y z .



Nhân vế theo vế các phương trình trong hệ và biến đổi ta được

2 2 2 2 2 21 1 1 8 1 1 1 8xyz x y z xyz x y z .

Vì 1 , , 1x y z nên 2 2 21 1 1 8x y z .

Do đó 2 2 2 2 2 21 1 1 8 1x y z x y z .

Do , ,x y z cùng dấu nên ta có 1x y z hoặc 1x y z .

Kiểm tra thấy 1;1;1 , 1; 1; 1 thỏa mãn hệ đã cho.

Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm 0;0;0 , 1;1;1 , 1; 1; 1 .

Nhận xét: Một số hệ phương trình thuộc loại này cũng có thể giải bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Bạn đọc có thể giải để so sánh giữa hai cách giải với nhau nhằm tìm ra phương án tối ưu. Ví dụ 16. (HSG Quốc Gia năm 1994)


3 2

3 2

3 2

3 3 ln 1

3 3 ln 1

3 3 ln 1

x x x x y

y y y y z

z z z z x

.


Xét các hàm số 3 23 3 ln 1f t t t t t và g t t trên .

Ta có 2

2 22 22 1 2 1' 3 3 3 1 0

1 1t tf t t t

t t t t

và ' 1 0g t với mọi t nên hai

hàm số f t và g t cùng đồng biến trên .


f x g y

f y g z

f z g x

. Lập luận tương tự như định lý 1, ta có x y z .

Do đó hệ đã cho được viết lại thành 3 22 3 ln 1 0

x y z

x x x x

.

Xét hàm số 3 22 3 ln 1h x x x x x trên .

Ta có 2

2 22 22 1 2 1' 3 2 3 0

1 1x xh x x x

x x x x

, với mọi x nên hàm số h x đồng

biến trên . Do vậy phương trình 0h x có nhiều nhất 1 nghiệm trên , mà 1 0h nên

phương trình có nghiệm duy nhất 1x . Vậy hệ đã cho có đúng 1 nghiệm là 1;1;1 .



Ví dụ 17. (HSG Quốc Gia năm 2006)


23

23

23

2 6.log 6

2 6.log 6

2 6.log 6

x x y x

y y z y

z z x z

.

Lời giải Điều kiện , , 6x y z .

Xét hai hàm số 2 2 6

tf tt t

và 3log 6g t t trên khoảng ;6 .

Ta có 32

6' 02 6

tf tt t

và

1' 0

6 ln 3g t

t

với mọi ;6t nên hàm số

f t đồng biến trên khoảng ;6 và hàm số g t nghịch biến trên khoảng ;6 .


f x g y

f y g z

f z g x


Do đó hệ đã cho được viết lại thành 32log 6 0

2 6

x y zx x

x x

.

Xét hàm số 32log 6

2 6xh x x

x x

trên khoảng ;6 .

Ta có 32

6 1' 06 ln 32 6

xh xxx x

với mọi ;6x nên hàm số h x đồng biến

trên khoảng ;6 , do đó phương trình 0h x có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng ;6 .

Mà 3 0h nên phương trình có nghiệm duy nhất 3x .

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm 3;3;3 .

Ví dụ 18. (KT Đội tuyển HSG lớp 12 năm 2012, trường THPT Gia Viễn B)


2 44

2 44

2 44

9 3

9 3

9 3

y

z

x

x x

y y

z z

.


Xét các hàm số 2 9f t t t và 44 3tg t trên .



Ta có 2

2 2 2

9' 1 09 9 9

t tt t tf tt t t

, với mọi t nên hàm số f t đồng biến

trên . Hàm số 1 144 43 3

ttg t là hàm đồng biến trên .


f x g y

f y g z

f z g x


Do đó hệ đã cho trở thành 2 449 3x

x y z

x x

.

Ta có 1 1 11 12 2 24 4 49 3 3 9 9 3 9 3

x x xx x x x x x

.

Xét hàm số 1

243 9x

f x x x trên .

Ta có 1 2

242

9.ln 3 4' 3 . 94 9

x xf x x xx

.

Do 1

243 . 9 0x

x x với mọi x nên phương trình ' 0f x có nhiều nhất hai nghiệm.

Khi đó phương trình 3f x có nhiều nhất 3 nghiệm. Mặt khác ta nhận thấy 4; 0; 4x x x

thỏa mãn phương trình 3f x nên phương trình có đúng 3 nghiệm là 4; 0; 4x x x .

Vậy hệ đã cho có đúng ba nghiệm là 4; 4; 4 ; 0;0;0 ; 4;4;4 . Nhận xét: Trong các ví dụ trên, hai hàm số mà chúng ta xét đều đơn điệu trên tập xác định của các ẩn số hoặc chúng đơn điệu trên một tập hợp mà chúng ta đã đánh giá (giới hạn miền chứa các ẩn số). Ví dụ 19. (HSG Quốc gia bảng B năm 2006)


3 2

3 2

3 2

3 2 53 2 53 2 5


.



3 2

3 2

3 2

3 3 53 3 53 3 5

x x x y xy y y z yz z z x z

.

Xét hàm số 3 23 3 5f t t t t trên .

Ta có 2' 3 2 1 0,f t t t t nên hàm số f t đồng biến trên .


Do đó x z z y f z f y z y z x y x f z f x z x

Mà x z nên x z . Kết hợp phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba, ta có y x .



Hay x y z .

Hệ đã cho trở thành 23 2 1 4 5 03 5 0

x y zx y zx x xx x x

1x y z .

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1;1;1 .

Nhận xét: Lời giải của ví dụ này có phần khác biệt so với ví dụ nêu trên bởi lẽ: - Nếu chúng ta xét hàm số 3 23 2 5f t t t t thì cần phải phân chia thành 3 trường hợp dựa

vào khoảng đơn điệu của nó. Điều này gây không ít khó khăn trong khâu lập luận cũng như việc chỉ ra các biến , ,x y z phải thuộc cùng một tập hợp. - Việc cộng thêm vào hai vế của mỗi phương trình một đại lượng có dạng t giúp chúng ta dễ dàng chỉ ra hàm số 3 23 3 5f t t t t đồng biến trên . Đồng thời, vẫn đảm bảo vai trò tương

đương của các biến , ,x y z (vì xuất hiện các tổng , ,x y y z z x ). - Hệ phương trình trên còn có thể giải dựa vào cách đánh giá tương đối nhẹ nhàng. Các bạn thử tìm hiểu xem nhé. Chúc các bạn thành công. Ví dụ 20. (HSG 12 Gia Lai năm 2010)


3 2

3 2

3 2

3 23 23 2

x z zy x xz y y

.



3 2

3 2

3 2

3 23 23 2

x z z z zy x x x xz y y y y

.

Xét hàm số 3 23 2f t t t t trên .

Ta có 2' 9 4 1 0,f t t t t nên hàm số f t đồng biến trên .


Do đó x z y z f z f y z y z x y x f z f x z x .

Mà x z nên x z . Từ hai phương trình đầu trong hệ trên ta có y x . Vậy x y z .

Do đó hệ đã cho tương đương với 3 23 2 0

x y zx x x

0x y z hoặc 1x y z hoặc 13

x y z .

Vậy hệ đã cho có đúng ba nghiệm 1 1 10;0;0 , 1;1;1 , ; ;3 3 3

.



Ví dụ 21. (Trại hè Hùng Vương năm 2008)

Cho số thực a thỏa mãn điều kiện 0 2a , giải hệ phương trình:

1

1

1

x ayx

y azy

z ayz

.

Lời giải * Điều kiện 0; 0; 0x y z .

* Nhận xét: Nếu ; ;x y z là nghiệm của hệ phương trình thì , ,x y z cùng dấu vì vậy ta chỉ cần tìm

nghiệm dương của hệ đã cho. Xét với 0; 0; 0x y z . Do vai trò của , ,x y z như nhau nên ta có

thể giả sử min ; ;x x y z .

Xét hai hàm số 1f t tt

và g t at trên khoảng 0; .

Ta có 2

2

1' tf tt

; 2

2

1' 0 0 1tf t tt

(do 0t ).

Hàm số g t đồng biến trên khoảng 0; còn hàm số f t đồng biến trên khoảng 1; ,

nghịch biến trên khoảng 0;1 và 1 2f .


f x g y

f y g z

f z g x

.

+) Trường hợp 1: 1x .

Do 1x nên 2 21 2 2 1 2 1f x f g y y f y za a

.

Trên nửa khoảng 1; thì hai hàm số f t và g t đồng biến nên lập luận tương tự như định lý

1, ta có x y z .

Do đó hệ đã cho trở thành 2

11 1

x y za x

.

Khi 1 0 0 1a a thì phương trình 21 1a x vô nghiệm nên hệ đã cho vô nghiệm trong

trường hợp này.

Khi 1 2a thì 2 11 11

a x xa

nên hệ có nghiệm 11

x y za

.

+) Trường hợp 2: 0 1x .

Do 0 1x nên 212 2 2 1 0g x a f z z zz

(vô lý) nên không xảy ra

trường hợp này. Vậy: Khi 0 1a thì hệ đã cho vô nghiệm.



Khi 1 2a thì hệ đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt là:

1 1 1 1 1 1; ; ; ; ;1 1 1 1 1 1a a a a a a

.

Nhận xét: - Việc phát hiện ra các biến , ,x y z cùng dấu và đưa về việc tìm nghiệm dương của hệ giúp chúng ta hạn chế được các trường hợp và đưa đến lời giải gọn gàng hơn. Việc quan sát các phương trình trong hệ và đưa ra nhận xét về giá trị của biến đôi khi giúp chúng ta có lời giải hợp lý hơn. - Việc phân chia hai trường hợp đối với biến x là căn cứ vào khoảng đơn điệu của hàm số f t .

Điều quan trọng trong việc giải hệ phương trình này là cần phải chỉ ra các biến , ,x y z thuộc cùng

một khoảng mà hai hàm số f t và g t cùng tính đơn điệu hoặc khác tính đơn điệu. Như vậy,

việc phân chia các trường hợp đối với biến phụ thuộc vào khoảng đơn điệu của các hàm số f t và

g t đang xét.

Ví dụ 22. (Đề số 134 Đề luyện thi tuyển sinh)


2

2

2

111

x yy zz x

.


Nhận xét: Nếu 0 0 0; ;x y z là nghiệm của hệ thì 0 0 01; 1; 1x y z .

Vì vậy ta chỉ cần tìm nghiệm của hệ với , , 1x y z .

Xét hai hàm số 2f t t và 1g t t trên 1; .

Ta có ' 0, 0f t t t ; ' 0, 1;0f t t t và ' 1 0g t nên hàm số g t đồng biến

trên 1; còn f t đồng biến trên khoảng 0; và nghịch biến trên nửa khoảng 1;0 .



Khi đó 0; 0y z . Các hàm số f t và g t đồng biến trên khoảng 0; .

Lập luận tương tự như định lý 1, ta có x y z .

Trong trường hợp này ta có hệ 2

0 1 521 0

x y zx y z

x x

.


Khi đó 21 1 0y x y . Do đó 1;0y .

Lại do 21 1z y nên 0z hay 1 0z .

Hàm số f t nghịch biến và hàm số g t đồng biến trên nửa khoảng 1;0 .

Lập luận tương tự như định lý 2, ta có x y z .



Trong trường hợp này ta có hệ 2

0 1 521 0

x y zx y z

x x

.

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5; ; , ; ;2 2 2 2 2 2

.

Ví dụ 23. (Tạp chí THTT số 231)


3

3

3

3 2 23 2 23 2 2

x x yy y zz z x

.


Xét hàm số 3 3 2f t t t trên . Ta có 2' 3 1f t t ; ' 0 1f t t .

Ta có bảng biến thiên của hàm số f t trên :

Hàm số f t đồng biến trên các khoảng ; 1 và 1; ; nghịch biến trên khoảng 1;1 .

Dễ thấy hàm số 2g t t đồng biến trên .


f x g y

f y g z

f z g x

. Do vai trò của , ,x y z trong hệ là như nhau nên ta có

thể giả sử min ; ;x x y z .

+) Trường hợp 1: 1x . 1 1; 1x y z . Cả hai hàm số f t và g t cùng đồng biến trên khoảng 1; nên lập

luận tương tự như định lý 1, ta có x y z .


12

5 2 0x y z

x y zx x

.


0 1 0;2 0;2 0 1 0 1x f x g y y z

Trên đoạn 0;1 , hàm số f t nghịch biến còn hàm số g t đồng biến nên lập luận tương tự như

định lý 2, ta có x y z .




0 11 2

5 2 0x y z

x y zx x

.


0 0 0 2 0 0 2 0 2x g x f z z g z f y y f x x .

Trên khoảng ; 2 cả hai hàm số f t và g t cùng đồng biến nên lập luận tương tự như

định lý 1, ta có x y z .


21 2

5 2 0x y z

x y zx x

.

Vậy hệ đã cho có đúng 3 nghiệm là

2;2;2 , 2 1; 2 1; 2 1 , 1 2; 1 2; 1 2 .

Nhận xét: - Trong ví dụ này chúng ta cũng căn cứ vào khoảng đơn điệu của các hàm số f t và

g t . Tuy nhiên, chúng ta còn căn cứ vào bảng biến thiên của hai hàm số này khi phân chia các

trường hợp đối với biến số. Ví dụ 24. (Tạp chí THTT số 212)

Chứng minh rằng hệ phương trình

2 3 2

2 3 2

2 3 2

x y y y ay z z z az x x x a

có một nghiệm duy nhất.


Xét hai hàm số 2f t t và 3 2g t t t t a trên .

Ta có ' 2f t t và 23 2 1 0g t t t với mọi t .

Hàm số g t đồng biến trên còn hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; , nghịch biến trên

khoảng ;0 .


f x g y

f y g z

f z g x

. Giả sử min ; ;x x y z .


Do 0x nên 0; 0y z . Trên nửa khoảng 0; hai hàm số f t và g t cùng đồng biến

nên lập luận tương tự như định lý 1, ta có x y z .

Khi đó hệ đã cho trở thành 3

00

x y zx x a

.

Nếu 0a thì phương trình 3 0x x a không có nghiệm 0x nên hệ vô nghiệm.



Nếu 0a thì hàm số 3h x x x a là hàm số đồng biến trên và có 0 0h a nên

0h x h với mọi 0x . Hơn nữa 0h x là phương trình bậc ba nên phương trình 0h x

có nghiệm duy nhất 0x . Vậy trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất 0x y z t , trong

đó 0t là nghiệm của phương trình 3 0t t a .

+) Trường hợp 2: 0x . Ta có 20 0x g x g a f z a z a .

- Nếu 0a thì điều kiện 2z a là vô lý nên trong trường hợp này hệ vô nghiệm.

- Nếu 0a thì từ điều kiện 2z a a z a .

Giả sử 0 z a khi đó 2 0y g z g a y a hoặc y a .

- Nếu y a thì 22 41 1x g y g a a a x a a a

22 1 0z g x g a a a (vô lý). Vậy y a .

- Nếu y a thì 22 1 0x g y g a a a (vô lý).

Vậy không thể xảy ra trường hợp 0 z a .

Do đó chỉ xảy ra trường hợp 0a z .

Với 0z thì 2 0y g z g a a y a .

- Nếu 0 y a thì 22 20 1 0x g y g a x a z g a a a (vô

lý). Vậy 0y . Do đó trong trường hợp này ta có 0; 0; 0x y z .

Xét trên khoảng ;0 thì hàm số f t nghịch biến còn hàm số g t đồng biến nên lập luận

tương tự như định lý 2, ta có x y z .


00

x y zx x a

.

Xét hàm số 3h x x x a trên ;0 .

Ta có 2' 3 1 0h x x với mọi x nên hàm số h x đồng biến trên khoảng ;0 . Vì vậy

phương trình 0h x có nhiều nhất 1 nghiệm.

Lại do 0 0h a và limx

h x

nên phương trình 0h x có đúng 1 nghiệm thuộc

khoảng ;0 hay trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất.

Vậy với mọi giá trị của tham số a thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Nhận xét: Trong trường hợp 2 việc phải xét nhiều khả năng xảy ra chỉ nhằm mục đích đưa các biến , ,x y z phải thuộc cùng một tập hợp mà trên đó hàm số f t và g t có tính đơn điệu khác

nhau.



3.3. Bài tập đề nghị.


2

2

2

4 5 14 5 14 5 1

x x yy y zz z x

.


2

2

2

4 3 9

4 3 9

4 3 9

x y y

y z z

z x x

.


3 3 2 2

3 3 2 2

3 3 2 2

2 3 2 6 0

2 3 2 6 0

2 3 2 6 0

x y x y x y

y z y z y z

z x z x z x

.

GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH HOÁN VỊ VÒNG QUANH BA ẨN TRONG CÁC KỲ THI

A. HỆ PHƯƠNG TRÌNH HOÁN VỊ VÒNG QUANH BA ẨN TRONG CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH. 1. (TS vào lớp 10 chuyên Toán, THPT Lương Văn Tụy, Ninh Bình năm học 2009 – 2010)


2

2

2

2 12 12 1

x yy zz x

.

2. (TS vào lớp 10 chuyên Toán, THPT Lương Văn Tụy, Ninh Bình năm học 2011 – 2012)


2 1

2 1

2 1

x y

y z

z x

.

3. (TS lớp 10 chuyên Toán, ĐHKHTN, ĐHQGHN năm học 1996 – 1997)


1

1

1

x y

y z

z x

.

4. (TS lớp 10 chuyên Toán, PTCT ĐHSPHN năm học 2002 – 2003)


4 1

4 1

4 1

x y z

y z x

z x y

.



5. (TS lớp 10 chuyên Toán, PTCT ĐHSPHN năm học 2000 – 2001)

Giải hệ phương trình Giải hệ phương trình

3 2 2

3 2 2

3 2 2

3 3 3

3 3 3

3 3 3

x y y y

y z z z

z x x x

.

6. (TS ĐH Luật năm học 1996 – 1997)


3 2

3 2

3 2

2 12 12 1

x y y yy z z zz x x x

.

7. (TS ĐH Ngoại thương năm học 1996 – 1997)


3 2

3 2

3 2

222


.

8. (Thi thử ĐH năm 2012, trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình)


3

3

3

1 3 1

1 3 1

1 3 1

x y y

y z z

z x x

.

9. (Cấu trúc đề thi TS ĐH, CĐ năm 2010)


2 2

2 2

2 2

36 60 25 036 60 25 036 60 25 0

x y x yy z y zz x z x

.

10. (Thi thử ĐH năm 2012, trường THPT Chuyên ĐHSPHN)

Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt:

2 4

2 4

2 2

000

x y zy z xz x y

.

11. (TS lớp 10 chuyên Toán, trường PTNK ĐHQGTPHCM năm học 2013 – 2014)


2

2

2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

x y z x

y z x y

z x y z

.

12. (TS lớp 10 chuyên Toán, trường THPT Chuyên Hà Tĩnh năm học 2007 – 2008)

Tìm tất cả các bộ ba số dương ; ;x y z thỏa mãn hệ phương trình

2008 2007 2006

2008 2007 2006

2008 2007 2006

222

x y zy z xz x y

.



B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH HOÁN VỊ VÒNG QUANH BA ẨN TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI. Các bài trong đề thi học sinh giỏi cấp THCS. 1. (HSG lớp 9, tỉnh Phú Thọ năm học 1999 – 2000)


3 2

3 2

3 2

3 3 3 13 3 3 13 3 3 1

x y yy z zz x x

.

2. (HSG lớp 9, tỉnh Bắc Ninh năm học 2009 – 2010)


2

2

2

2 2

2 2

2 2

x x y y x

y y z z y

z z x x z

.

3. (HSG lớp 9, tỉnh Bắc Giang năm học 2011 – 2012)


2 4 2

2 4 2

2 4 2

x y z

y z x

z x y

.

4. (HSG lớp 9, tỉnh Nghệ An năm học 2010 – 2011)


1 3

1 3

1 3

xy

yz

zx

.

Các bài trong đề thi học sinh giỏi cấp THPT. 1. (HSG lớp 12, tỉnh Ninh Bình năm học 2009 – 2010)


2

2

2

x y ay z az x a

, với 0 1a .

2. (HSG lớp 12, tỉnh Ninh Bình năm học 2010 – 2011)


2 sin

2 sin

2 sin

x y

y z

z x

.

3. (HSG lớp 12, tỉnh Ninh Bình năm học 2012 – 2013)


3 2

3 2

3 2

2 82 82 8

x y yy z zz x x

.



4. (HSG lớp 12, tỉnh Quảng Ngãi năm học 1995 – 1996)


3 2

3 2

3 2

6 12 86 12 86 12 8

y x xz y yx z z

.

5. (HSG lớp 12, tỉnh Phú Thọ năm học 2007 – 2008)


3 2

3 2

3 2

3 1 2 33 1 2 33 1 2 3


.

6. (HSG lớp 12, thành phố Hà Nội năm học 2009 – 2010)


2 2

2 2

2 2

5 1

5 1

5 1

x y y

y z z

z x x

.

7. (Chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm 2011, trường THPT chuyên ĐHSPHN)


2 2 23

2 2 23

2 2 23

1 9 5

1 9 5

1 9 5

x y y

y z z

z x x

.

8. (HSG lớp 12, thành phố HCM năm học 1996 – 1997)


2 2

2 2

2 2

111

x y zx y zx y z

.

9. (Olympic Toán học Iran năm 2006)


121212

x y zx

y z xy

z x yz

.

10. (Chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm 2009, tỉnh Nghệ An)


2

2

2

444

y x xz y yx z z

.



11. (HSG lớp 12, tỉnh Bến Tre năm học 2011 – 2012)


3

3

3

x y z

y z x

z x y

.

12. (HSG lớp 11, trường THPT Hoa Lư A năm học 2005 – 2006)


2 2

2 2

2 2

6 1 9

6 1 9

6 1 9

x y x

y z y

z x z

.

13. (HSG lớp 12, tỉnh Đồng Nai năm học 2008 – 2009)

Tìm tất cả các số hữu tỷ , ,x y z thỏa mãn hệ

2

2

2

1 21 21 2

x yy zz x

.

14. (Vô địch CHDC Đức năm 1979)


1 1

1 1

1 1

xy

yz

zx

.

15. (HSG lớp 12, trường THPT Hoa Lư A năm học 2011 – 2012)


3 2 3

3 2 3

3 2 3

2 3 182 3 182 3 18

x x y yy y z zz z x x

.

16. (HSG lớp 12, tỉnh Long An năm học 2010 – 2011)


3 2

3 2

3 2

333


.

17. (Olympic Đồng bằng sông Cửu Long lần XV)


4 3 2

4 3 2

4 3 2

4 6 4 04 6 4 04 6 4 0

x y x x y x yy z y y z y zz x z z x z x

.



18. (HSG lớp 12, trường THPT Gia Viễn B năm học 2011 – 2012)


2

2

2

4 2.2012

4 2.2012

4 2.2012

y

z

x

x x

y y

z z

.

19. (HSG lớp 12, tỉnh Nam Định năm học 1996 – 1997)


3 2

3 2

3 2

2

2

2

4

4

4

x x

y y

z z

y

z

x

.

20. (Dựa theo đề thi HSG Quốc gia năm 1994)


2

2

2

3 ln 2 1

3 ln 2 1

3 ln 2 1

x x x y

y y y z

z z z x

.

21. (HSG lớp 12, tỉnh Hải Dương năm học 2008 – 2009)


5

5

5

5 2 1 2 log 4 1

5 2 1 2 log 4 1

5 2 1 2 log 4 1

x

y

z

y y

z z

x x

.

22. (HSG lớp 12, trường THPT Chu Văn An, Hà Nội)


2 3

2 3

2 3

1 2 1

1 2 1

1 2 1

x x y x

y y z y

z z x z

.

23. (Olympic Duyên hải Bắc Bộ năm 2008)

Giải hệ phương trình 4 2 4 24 2 4 24 2 4 2

x x

y y

z z

yzx

.

24. (Olympic Duyên hải Bắc Bộ năm 2008)


22

22

22

1 3log

1 3log1 3log

x yy zz x

.

25. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/2005)


22 2 2 2

22 2 2 2

22 2 2 2

3 1

3 1

3 1

x y z x x y z

y z x y y z x

z x y z z x y

.



26. (HSG lớp 11, trường THPT Yên Phong, Bắc Ninh năm học 2008 – 2009)


2 3 2

2 3 2

2 3 2

101010


.

27. (HSG lớp 12, TPHCM năm học 2008 – 2009)


3 3

3 3

3 3

2 1 2 1

2 1 2 1

2 1 2 1

x y x x x

y z y y y

z x z z z

.

28. (Đề thi hướng tới VMO 2013 trên vnmath.com)


3 2

3 2

3 2

2 22 22 2

x y yy z zz x x

.

29. (HSG lớp 12, tỉnh Bắc Ninh năm học 2009 – 2010)


6 3 cos 2

6 3 cos 2

6 3 cos 2

x y

y z

z x

.

30. (HSG lớp 11, trường THPT Yên Phong, Bắc Ninh năm học 2008 – 2009)


3 3 cos

3 3 cos

3 3 cos

x y

y z

z x

.

31. (Chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm 2007, Bắc Ninh)

Giải hệ phương trình 3 2 cos cos3 2 cos cos3 2 cos cos

x y zy z xz x y

.

32. (HSG lớp 12, tỉnh Hưng Yên năm học 2008 – 2009)

Giải hệ phương trình 2009 2 cos cos2009 2 cos cos2009 2 cos cos

x y zy z xz x y

.

33. (HSG lớp 12 chuyên, tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 – 2013)


2

2

2

83 2 5 1

83 2 5 1

83 2 5 1

x x yy

y y zz

z z xx

.



34. (HSG lớp 8 của Nga, Tạp chí Kavant năm 2009)


5 3

5 3

5 3

222

x y zy z xz x y

.

35. (Tạp chí Kavant của Nga năm 2009)


5 2

5 2

5 2

282828

x yy zz x

.

36. (Tạp chí Kavant của Nga năm 2008)


3

3

3

666

x yy zz x

.

37. (Centro American 2011)

Tìm tất cả các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 2y z xx y zz x y

.

Tính giá trị dương của x y z . 38. (Baltic Way 2010)


3 2 2

3 2 2

3 2 2

3 3 6 13 3 6 13 3 6 1

a ab ac abcb ba bc abcc ca cb abc

.

39. (Middle European Mathematic Olympiad 2012)

Tìm tất cả các bộ ba số thực ; ;x y z thỏa mãn hệ phương trình

3

3

3

2 1 32 1 32 1 3

x zxy xyz yz

.

40. (Canada National Olympiad 2004)

Tìm tất cả các bộ ba số thực ; ;x y z thỏa mãn hệ phương trình xy z x yyz x y zzx y z x

.

41. (Germany Bundeswettbewerb Mathematic 2003)

Tìm tất cả các bộ ba ; ;x y z nguyên thỏa mãn hệ phương trình

3 2

3 2

3 2

4 16 604 16 604 16 60


.



42. (HSG lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN năm học 2011 – 2012)


2

2

2

x y z xy z x yz x y z

.

43. (HSG lớp 12 tỉnh Kiên Giang năm học 2008 – 2009)

Cho ba góc , , thỏa mãn điều kiện

cos tancos tancos tan

0 , ,2

.

Chứng minh rằng sin sin sin 2sin10

.

44. (Kiểm tra đội tuyển HSG lớp 12 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2009 – 2010)


1 74

1 74

1 74

xy

yz

zx

.

45. (HSG lớp 12 tỉnh Tiền Giang năm học 2013 – 2014)


3 2

3 2

3 2

3 23 23 2

x z zy x xz y y

.

46. (Tạp chí Crux, Canada)


2 2 2

2 2 2

2 2 2

21 77

21 77

21 77

x y y

y z z

z x x

.



CHUYÊN ĐỀ 3 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,

GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đã được đề cập từ cấp THCS. Trong chương trình Toán THPT vẫn tiếp tục đề cập và dần hoàn thiện hơn về các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 đã trình bày cách tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng công cụ đạo hàm. Vì vậy, một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chứa một biến trở nên đơn giản. Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất thực chất là một bài toán bất đẳng thức (phải chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào) và đây là một trong những dạng toán khó ở chương trình THPT. Trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức dành cho học sinh khá, giỏi thì biểu thưc cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thường chứa không ít hơn hai biến. Không những thế, các bài toán khó thường có giả thiết ràng buộc giữa các biến.

Việc chuyển bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức không ít hơn hai biến sang bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa một biến sẽ giúp chúng ta giải được bài toán tìm giá trị giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Vấn đề được đặt ra là những dạng bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nào thì chuyển về được dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa một ẩn. Vì vậy, chúng tôi mạnh dạn thực hiện chuyên đề “Sử dụng đạo hàm để giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức”.

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

1. Một số công thức tính đạo hàm thường gặp. Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số kiến thức về đạo hàm và một số công thức về

đạo hàm. a) Định lý. Nếu hai hàm số u u x và v v x có đạo hàm trên J thì:

(1): ' ' 'u v u v (3): ' ' 'uv u v uv

(2): ' ' 'u v u v (4): 2

' ''u u v uvv v

, với 0v v x

b) Định lý. Đạo hàm của một số hàm số thường gặp. Đạo hàm của hàm số thường gặp Đạo hàm của hàm số hợp

' 0c , ( c là hằng số); ' 1,x x

1' . , ; 0x x x 1' . . ', ; 0u u u u

1' , 02

x xx

'' , 02uu u

u

' ; ' ln , , 0 1x x x xe e a a a x a ' '. ; ' . '.ln , , 0 1u u u ue u e a a u a u a

1 1ln ' ; log ' , 0;0 1lnax x x a

x x a ' 'ln ' ; log ' , 0;0 1

lnau uu u u au u a

sin ' cos ,x x x sin ' '.cos ,u u u u



cos ' sin ,x x x cos ' '.sin ,u u u u

2tan ' 1 tan ,2

x x x k 2tan ' '. 1 tan ,

2u u u u k

2cot ' 1 cot ,x x x k 2cot ' '. 1 cot ,u u u u k

2. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số. Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số kiến thức về bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá

trị lớn nhất của hàm số. a) Định nghĩa. Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp D

a) Nếu tồn tại một điểm 0x D sao cho 0f x f x với mọi x D thì số 0M f x được gọi

là giá trị lớn nhất của hàm số f trên D , ký hiệu là maxD

M f x .

b) Nếu tồn tại một điểm 0x D sao cho 0f x f x với mọi x D thì số 0m f x được gọi

là giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D , ký hiệu là minD

m f x .

b) Chú ý: Người ta đã chứng minh được rằng hàm số liên tục trên một đoạn thì đạt được giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất trên đoạn đó. c) Nhận xét: Qua định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên tập hợp D , cchungs ta thấy muốn chứng tỏ rằng M (hoặc m ) là giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của hàm số f trên tập hợp D cần chỉ rõ: (1): f x M hoặc f x m với mọi x D ;

(2): Chỉ ra sự tồn tại ít nhất một điểm 0x D sao cho 0f x M (hoặc 0f x m ).

Để chỉ ra (1) có nhiều cách: biến đổi tương đương; sử dụng phương pháp phản chứng; dùng bất đẳng thức hoặc dựa vào sự biến thiên của hàm số (cụ thể là dựa vào bảng biến thiên của hàm số); .... Trong khuôn khổ sáng kiến này, chúng ta sẽ chỉ ra (1) bằng cách dựa vào sự biến thiên của hàm số. Vì vậy, phương pháp chung nhất khi sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số là lập bảng biến thiên của hàm số đó trên khoảng hoặc đoạn đang xét. Sau đó dựa vào bảng biến thiên để đưa ra kết luận.

Rất nhiều học sinh khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thường bỏ qua điều kiện (2). Đây là sai lầm phổ biến vì vậy các em học sinh cần chú ý đến cả hai điều kiện nêu trên.

Trong trường hợp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn chúng ta có thể dựa vào các bước dưới đây mà không cần lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn đó. Điều này thể hiện rõ tính ưu việt của nó khi hàm số là hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số lôgarit, hàm số chứa căn thức, .... Quy tắc tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm f trên đoạn ;a b như sau:

Bước 1: Tìm các điểm 1 2, ,..., nx x x thuộc khoảng ;a b mà tại đó f có đạo hàm bằng 0 hoặc không

đạo hàm không xác định. Bước 2: Tính 1 2, ,..., ,nf x f x f x f a và f b .

Bước 3: So sánh các giá trị tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó là giá trị lớn nhất của f trên

đoạn ;a b ; số nhỏ nhất trong các giá trị đó là giá trị nhỏ nhất của f trên đoạn ;a b .



3. Một số kết quả thường dùng liên quan đến giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. (1): Giả sử A B . Khi đó ta có max max ;min min

x A x Bx A x Bf x f x f x f x

.

(2): Giả sử 1 2D D D . Khi đó ta có:

1 2

max max max ;maxx D x D x D

f x f x f x

và 1 2

min min min ;minx D x D x D

f x f x f x

.

Kết quả này thường được sử dụng khi mà tập hợp D được phân thành hai tập hợp rời nhau (có phần giao bằng rỗng).

(3): Nếu 0,f x x D thì 2max maxx D x D

f x f x

và 2min minx D x D

f x f x

.

Kết quả này thường được sử dụng trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có chứa dấu căn thức hoặc chứa dấu giá trị tuyệt đối. (4): Giả sử max ; min

x Dx DM f x m f x

. Khi đó max max ;

x Df x M m

.

(5): Giả sử f là hàm số liên tục trên tập D và max ; minx Dx D

M f x m f x

. Khi đó:

Nếu 0m thì minx D

f x m

; Nếu 0M thì minx D

f x M

;

Nếu 0m M thì min 0x D

f x

.

Dưới đây, chúng tôi trình bày ba vấn đề về việc sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của một biểu thức.

Vấn đề 1. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC MỘT BIẾN

Trong khuôn khổ chương này, chúng tôi trình bày một số ví dụ về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức một biến (hàm số) cùng với một số kỹ năng thường gặp trong khi giải các bài tập về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trong các đề thi học sinh giỏi và thi tuyển sinh Cao đẳng, Đại học. 1.1. Kiến thức cần nắm. Để giải được bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số dựa vào đạo hàm, chúng ta cần đến một số kiến thức cơ bản dưới đây: a) Tính đơn điệu của hàm số. - Định lý 1: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ;a b .

(1): Nếu ' 0f x với mọi ;x a b thì hàm số f đồng biến trên khoảng ;a b .

(2): Nếu ' 0f x với mọi ;x a b thì hàm số f nghịch biến trên khoảng ;a b .

(3): Nếu ' 0f x với mọi ;x a b thì hàm số f không đổi trên khoảng ;a b .

- Chú ý: Nếu hàm số f liên tục trên đoạn ;a b và có ' 0f x trên khoảng ;a b thì hàm số f

đồng biến trên đoạn ;a b .

- Định lý 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ;a b .



(1): Nếu ' 0f x với mọi ;x a b và ' 0f x chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng ;a b

thì hàm số f đồng biến trên khoảng ;a b .

(2): Nếu ' 0f x với mọi ;x a b và ' 0f x chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng ;a b

thì hàm số f nghịch biến trên khoảng ;a b .

b) Tính chất liên tục của hàm số. Cho hàm số f x liên tục trên khoảng ;a b và phương trình 0f x vô nghiệm trên khoảng

;a b thì hoặc 0, ;f x x a b hoặc 0, ;f x x a b .

Kết quả này được suy ra trực tiếp từ tính chất liên tục của hàm số trên một đoạn. Nó thường được sử dụng để xét dấu đạo hàm của hàm số. Khi chúng ta chỉ ra được f x liên tục trên khoảng ;a b

và phương trình 0f x vô nghiệm trên khoảng này thì dấu của f x sẽ phụ thuộc vào dấu của

0f x , với 0 ;x a b và 0x được chọn sao cho ta dễ dàng kiểm tra được dấu của 0f x .

c) Sơ đồ chung để lập bảng biến thiên của một hàm số. Bước 1: Tìm tập xác định. Bước 2: Tính đạo hàm và tìm nghiệm của đạo hàm; những giá trị thuộc tập xác định mà đạo hàm không xác định. Bước 3: Lập bảng biến thiên của hàm số. Cách lập bảng biến thiên thường được dùng để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng. Còn nếu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn thì chúng ta sử dụng quy tắc nêu ở phần kiến thức cơ bản về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. 1.2. Một số ví dụ minh họa. Ví dụ 1. (ĐH KB năm 2003)

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số 24f x x x .

Lời giải Tập xác định 2;2D . Hàm số f x liên tục trên đoạn 2;2 .

Ta có 2

' 14

xf xx

; 2 2

2 22 2

2

04 4' 0 4 2

4 4 0 4 0

xx x x xf x x x x

x x x

.

Ta lại có 2 2; 2 2 2; 2 2f f f .

Vậy

2;2

max 2 2 2f x f

và

2;2

min 2 2f x f

.

Chú ý: Sai lầm phổ biến khi làm bài tập này là ở khâu giải phương trình 24 x x . Học sinh

thường bỏ qua điều kiện 0x nên dẫn đến ' 0 2f x x .

Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 22 1 2f x x x trên .

Lời giải Với 2x thì 2 5f x .



Với 2x thì 22 1 2f x x x .

Ta có 2

2' 11

xf xx

; 2 3' 0 1 23

f x x x x .

Ta có bảng biến thiên của hàm số f x trên khoảng ;2 :

Kết hợp hai trường hợp, ta có 2 3f x , với mọi x . Dấu bằng xảy ra khi 33

x .

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên là 2 3 , đạt được khi 33

x .

Chú ý: Việc xét hai trường hợp 2x và 2x là nhằm khử dấu giá trị tuyệt đối trong hàm số

f x .

Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 3xy e x trên đoạn 2;2 .

Lời giải Hàm số đã cho liên tục trên đoạn 2;2 .

Ta có 2 2' 3 2 2 3x x xy e x xe x x e .

Suy ra 2 2' 0 2 3 0 2 3 0 1 2;2xy e x x x x x hoặc 3 2;2x .

Ta có: 2 22 ; 1 2 ; 2y e y e y e .

Vậy trên đoạn 2;2 thì hàm số f x đạt giá trị lớn nhất bằng 2e khi 2x ; đạt giá trị nhỏ nhất

bằng 2e khi 1x . Ví dụ 4. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4ln 1f x x x trên 2;0 .

Lời giải Hàm số đã cho liên tục trên 2;0 .

Ta có 22 24' 2

1 1

x xf x x

x x

.

2 2' 0 0 1 2;01

x xf x xx

hoặc 2 2;0x .

Ta có: 2 4 4 ln 3f ; 1 1 4 ln 2f ; 0 0f .

Vậy xét trên đoạn 2;0 thì hàm số f x đạt giá trị lớn nhất bằng 0 khi 0x ; đạt giá trị nhỏ nhất

1 4 ln 2 khi 1x .



Ví dụ 5. (ĐHCSND năm 1999)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 5cos cos5f x x x trên đoạn ;4 4

.

Lời giải

Hàm số đã cho liên tục trên đoạn ;4 4

.

Ta có ' 5sin 5sin 5f x x x .

' 0 sin sin 52

f x x x x k hoặc

6 3x k với k .

Với ;4 4

x

thì ta tìm được 0; ;6 6

x x x .

Ta có 3 2; 3 3; 0 44 6

f f f ; 3 3; 3 2

6 4f f

.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số f x trên đoạn ;4 4

bằng 3 3 , đạt được khi 6

x ; giá trị

nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn ;4 4

bằng 4, đạt được khi 0x .

Ví dụ 6. (Cải biên đề thi ĐH KA năm 2008) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 42 2 2 6 2 6f x x x x x .

Lời giải Tập xác định 0;6D . Ta có f x là hàm số liên tục trên đoạn 0;6 .

Ta có 3 34 4

1 1 1 1'2 62 2 2 6

f xx xx x

hay

3 34 4

3 34 4

6 2 6 2'2 . 62 2 . 6

x x x xf xx xx x

Dễ thấy ' 2 0f . Với 0 2x thì 6 2 0x x nên ' 0f x ;

Với 2 6x thì 0 6 2x x nên ' 0f x . Do vậy ' 0 2f x x .

Ta có 440 2 6 2 6; 2 3 2 6; 6 12 2 3f f f nên

0;6

max 2 3 2 6f x f

và

40;6

min 2 2 6 2 6f x f .

Chú ý: - Đề thi Đại học khối A năm 2008 có bài tập: “Tìm các giá trị của tham số để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt: 4 42 2 2 6 2 6x x x x m m ”. Thực

chất của bài tập này là lập được bảng biến thiên của hàm số 4 42 2 2 6 2 6f x x x x x

trên đoạn 0;6 .

- Tìm nghiệm của phương trình ' 0f x trong trường hợp này đòi hỏi phải có sự linh hoạt và

sáng tạo. Điểm đặc biệt của bài toán này là các biểu thức liên quan đến 6 x và 2x là có dạng tương tự như nhau và cùng chiều trong các căn thức. Điều này giúp chúng ta thuận lợi trong việc đánh giá dấu của đạo hàm.



Ví dụ 7. (HSG lớp 12 TP Hà Nội năm học 2010 – 2011) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho ứng với các giá trị đó hàm số sau đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất: 5 4 3 2 2 2sin 3sin sin cos 3sin cos 2y x x x x x x . Lời giải

Tập xác định D .

Ta có 5 4 3 2 2 2 3 2sin 3sin sin 1 sin 3sin 1 sin 2 sin 3sin 2y x x x x x x x x .

Đặt sin , 1 1t x t . Khi đó ta có 3 23 2y t t .

Xét hàm số 3 23 2f t t t trên đoạn 1;1 .

Ta có 2' 3 6 ; ' 0 0 1;1f t t t f t t hoặc 2 1;1t .

Ta có 1 2; 0 2; 1 0f f f . Suy ra

1;11;1

max 0 2;min 1 2f t f f t f

.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho bằng 2 đạt được khi sin 0 ,x x k k ; giá trị nhỏ

nhất của hàm số đã cho bằng 2 đạt được khi sin 1 2 ,2

x x k k .

Nhận xét: Nhiều học sinh không sử dụng cách đổi biến mà tiến hành khảo sát hàm số trực tiếp theo biến x . Cách làm này tương đối phức tạp ngay ở việc tìm nghiệm của đạo hàm. Quan sát vào hàm số ta thấy biểu thức chứa cos x đều là số mũ chẵn nên hoàn toàn chuyển về theo sin x được.

Ví dụ 8. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2 2

2 2

2 1 1 1

1 1 2

x x xf xx x

.

Lời giải Tập xác định 1;1D . Hàm số f x liên tục trên đoạn này.

Xét hàm số 2 21 1g x x x trên đoạn 1;1 . Có g x liên tục trên đoạn 1;1 .

Ta có 2 2

'1 1

x xg xx x

; ' 0 0 1;1g x x .

Ta lại có 1 1 2; 0 0g g g nên

1;11;1

max 2;min 0g x g x

.

Đặt 2 21 1t x x thì 0; 2t và 4 22 1 2x t . Do đó 2 2

2t tf x

t

.

Xét hàm số 2 2

2t th t

t

trên đoạn 0; 2 . Có h t liên tục trên đoạn 0; 2

.

Ta có

2

24'

2t th tt

nên ' 0 0 0; 2h t t hoặc 4 0; 2t .

Ta lại có 0 1; 2 2 1h h nên 0; 20; 2

max 0 1; min 2 2 1h t h h t h

.

Vậy hàm số f x đạt giá trị lớn nhất bằng 1 tại 0x ; đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 1 tại 1x 9.

Nhận xét: Bài toán này nếu chúng ta khảo sát trực tiếp thì việc tính đạo hàm là khá phức tạp,

cồng kềnh. Quan sát vào biểu thức xác định hàm số ta thấy có 2 21 1x x và 41 x nên ta



có thể đặt 2 21 1t x x . Việc đánh giá miền giá trị của t có nhiều cách, tuy nhiên cách sử dụng đến chiều biến thiên của hàm số sẽ có lợi thế hơn trong trường hợp bài toán có gắn tới tham số và liên quan đến số nghiệm của phương trình. Cụ thể là mối liên hệ giữa số biến x và biến t . Chẳng hạn như đề thi đại học khối D năm 2004: “Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt:

2 2 4 2 21 1 2 2 1 1 1m x x x x x .”

Nhận xét chung: Qua 8 ví dụ trên, chúng ta có thể rút ra một số tình huống tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức một biến: - Khảo sát trực tiếp hàm số, lưu ý đến kỹ năng tìm nghiệm đạo hàm và xét dấu của đạo hàm; - Sử dụng đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất; - Một số trường hợp cần phải đánh giá trước khi khảo sát để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Chẳng hạn cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số y f x thì cần đánh giá f x g x và tiến

hành tìm giá trị lớn nhất của hàm số y g x . Điều quan trọng là hàm số y g x đạt giá trị

lớn nhất tại điểm mà f x g x . Còn nếu cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x thì cần

đánh giá f x g x và tiến hành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y g x .

1.3. Bài tập đề nghị.

1) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 3221 2 1 f xx x .

2) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 4 2 2

2 2

2 1 1 1 3

1 1 1

x x xf xx x

.

3) (Dự bị ĐH năm 2003)

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 36 24 1f x x x với 1;1x .

4) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số sin 2f x x x với ;2 2

x

5) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2

2 3

1

xf xx

.

6) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 21f x x x x .

7) (ĐH KB năm 2004)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2ln xyx

trên đoạn 31;e .

8) (Dự bị ĐH năm 2004)

Cho hàm số 2

sin2

x xf x e x . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f x và chứng minh rằng

phương trình 3f x có đúng hai nghiệm.

9) (ĐH KD năm 2003)



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2

1

1

xyx

trên đoạn 1;2 .

10) (ĐH KD năm 2010)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 24 21 3 10y x x x x . 11) (HSG lớp 12 tỉnh Cao Bằng năm học 2010 – 2011)

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 2 2y x x x x .

12) (HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2011 – 2012)

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 24 4 16y x x x . 13) (HSG lớp 12 tỉnh Hòa Bình năm học 2010 – 2011) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3sin cos 2 7sin 2y x x x . 14) (HSG lớp 12 tỉnh Thái Nguyên năm học 2011 – 2012)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2cos 6 sin2xf x x trên đoạn 0; .

15) (HSG lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2008 – 2009)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số cos 29 8cos

xf xx

.

16) (Dự bị ĐH năm 2006)

Cho x là số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 211 74 12

f x xx x

.

17) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 22 4 2 4y x x x x trên đoạn 2;2 .

18) (ĐHKTQD năm 1997)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 23 72 90f x x x x trên đoạn 5;5 .

19) (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Thuận năm học 2012 – 2013) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 33sin cos sin cosf x x x x x .

Vấn đề 2. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,

GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC HAI BIẾN Trong phần này, chúng tôi trình bày một số bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất

của biểu thức hai biến. Để giải quyết các bài toán này, chúng ta có thể sử dụng một trong các cách sau đây để đưa về trường hợp một biến. Khi đó ta đặt t x y (hoặc t xy )

Từ đó sử dụng giả thiết của đề bài và các bất đẳng thức thông thường như 2 4x y xy để tìm

điều kiện của biến t . Khi đó ta chuyển bài toán về việc tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f t theo điều kiện của biến t vừa tìm được.

Dưới đây là một số ví dụ điển hình: 2.1. Kiến thức cần nắm. a) Một số biểu thức đối xứng thường gặp:



(1): 22 2 2x y x y xy ; (2): 33 3 3x y x y xy x y

(3): 24 4 2 2 2 22x y x y x y ; (4): 2 4x y x y xy

b) Một số bất đẳng thức thường sử dụng:

(1): 22 2 2 22 ; 2 ; 4 , ,x y xy x y xy x y xy x y ;

(2): 22 22 , ,x y x y x y ;

(3): Với ;S x y P xy thì 2 4 0S P (tương ứng với bất đẳng thức 2 4x y xy ).

c) Chú ý: Với hai số thực ,x y và 0y thì tồn tại số thực t sao cho x ty . 2.2. Một số ví dụ minh họa.

Ví dụ 9. Cho , 0x y thỏa mãn 54

x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 14

Px y

Lời giải

Từ giả thiết 54

x y ta có 54

y x . Khi đó 4 15 4

Px x

.

Xét hàm số 4 1 5, 0;5 4 4

f x xx x

. Ta có

2 24 4'

5 4f x

x x

;

' 0 1f x x hoặc 53

x (loại). Ta có bảng biến thiên của hàm số f x :

Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số f x bằng 5 khi 1x . Do đó giá trị nhỏ nhất

của biểu thức 5P đạt được khi 11;4

x y .

Nhận xét: Trong lời giải bài toán này chúng ta đã sử dụng cách rút, thế và tiến hành khảo sát hàm số một biến. Chúng ta rút thế được bởi điều kiện đối với ,x y có bậc nhất đối với ,x y . Tuy nhiên cũng cần lưu ý rằng phải chỉ ra được miền giá trị của biến mà biến còn lại theo biến đó. Nhiều học sinh thường bỏ qua thao tác này nên trong một số bài toán không tìm được giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất. Ví dụ 10. Cho , 0x y thỏa mãn 1x y .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

1 1x yP

x y



Lời giải

Từ giả thiết , 0x y , 1x y . Ta có 1 ,0 1y x x . hi đó ta có 11

x xPx x

.

Xét hàm số : 11

x xf xx x

trên khoảng 0;1 .

Ta có

2 1 1' ; ' 022 1 1 2

x xf x f x xx x x x

.

Bảng biến thiên của hàm số f x :

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 2 khi 12

x y .

Ví dụ 11. (Cao đẳng Y tế I năm 2006) Cho các số thực ,x y thay đổi thỏa mãn điều kiện 20; 12y x x y . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 17P xy x y .

Lời giải Theo giả thiết ta có 2 12y x x . Khi đó ta có 3 23 9 7P x x x .

Do 0y nên 2 12 0 4 3x x x .

Xét hàm số 3 23 9 7f x x x x trên 4;3 . Hàm số f x liên tục trên đoạn 4;3 .

Ta có 2' 3 6 9; ' 0 1f x x x f x x hoặc 3x .

Lại có 4 13; 3 20; 1 12; 3 20f f f f nên:

Giá trị lớn nhất của f x trên đoạn 4;3 bằng 20, đạt được khi 3x hoặc 3x ;

Giá trị nhỏ nhất của f x trên đoạn 4;3 bằng 12 khi 1x .

Vậy: Giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 20, khi 3x và 6y ; giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 12 , khi 1x và 10y Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng cách thế một biến qua biến còn lại nhưng phải đánh giá theo biến đó. Từ đó ta chuyển về việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa một biến trên đoạn cho trước. Ví dụ 12. Cho các số thực ,x y thỏa mãn 3x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 8 16P x y x



Lời giải

Trường hợp 1: Xét 0x . Khi đó 2 2 2 28 16 8 16 16P x y x x x y

Dấu “=” xảy ra khi 0x và 0y .

Trường hợp 2: Xét 0x . Do 3x y nên 6 2x y . Suy ra 2 2 6 28 16 8 16P x y x x x x .

Xét hàm số 6 2 8 16f x x x x trên 0; .

Ta có: 5 4 3 2' 6 2 8 2 1 3 3 3 3 4f x x x x x x x x

' 0 1 0 1f x x x .

Bảng biến thiên của hàm số f x :

Vậy 10, 0f x x . Dấu “=”xảy ra khi 1x .

Do đó 10P f x và 10P khi 1x và 1y .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 10 khi 1x và 1y . Nhận xét: Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ta có thể đánh giá trực tiếp hoặc đánh giá biểu thức P Q , trong đó Q là biểu thức một biến. Việc phân chia các trường hợp 0x và

0x cũng chỉ nhằm đánh giá P Q f x .

Ví dụ 13. (Kiểm tra đội tuyển HSG lớp 12 trường THPT Gia Viễn B năm 2012)

Cho ,x y là hai số thực thỏa mãn điều kiện 2 22 1x y xy . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 4 4 2 22 12P x y x y .

Lời giải

Với mọi ,x y ta có 2 2 2x y xy , kết hợp với giả thiết, ta được 2 2 11 2 43

xy x y xy xy .

Dấu đẳng thức xảy ra khi x y và 13

xy .

Với mọi ,x y ta có 2 2 2x y xy , kết hợp với giả thiết, ta được 2 2 11 2 45

xy x y xy xy .

Dấu đẳng thức xảy ra khi x y và 15

xy .

Đặt t xy thì 1 1;5 3

t

. Từ giả thiết, ta có 2 2 12

tx y . Suy ra

217 2 12

t tP .



Xét hàm số 217 12 2

f t t t trên đoạn 1 1;5 3

.

Khi đó 1 1;5 3

1 16max3 9

f t f

;

1 1;5 3

1 8min17 17

f t f

.

Ta có 3 116

9xy

Px y

3 3;

3 3x y x y . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 16

9.

Ta có 8 117 17

P xy và 2 2 817

x y 117

xy và 2 617

x y (tồn tại ,x y vì

2 4x y xy ). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 817

.

Nhận xét: - Trong bài toán này giả thiết và biểu thức P được cho dưới dạng đối xứng với hai biến. Một cách tổng quát khi giải quyết các bài tập có liên quan đến tính chất đối xứng của hai biến thì ta nghĩ đến cách đổi biến t x y hoặc t xy . Với cách đặt này thì từ giả thiết phải suy ra

được tích xy theo biến t . Với cách đánh giá 2 4x y xy thì chúng ta suy ra được điều kiện đối

với t . Tuy nhiên, còn dựa vào điều kiện đã cho của bài toán chúng ta có thể suy điều kiện liên quan đến t . - Trong một số trường hợp điều kiện và biểu thức P được cho dưới dạng đối xứng hai biến ,x y

chúng ta cũng có thể nghĩ đến cách đổi biến 2 2t x y hoặc t xy . Khi đó cần lưu ý đến các

cách đánh giá 2 2 2x y xy và 2 2 2x y xy để chỉ ra miền giá trị của t .

Ví dụ 14. Cho 2 2x y x y . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 2 2P x y x y xy .

Lời giải

Đặt t x y . Từ giả thiết 2 2x y x y ta có 2 22xy x y x y t t hay 2

2t txy

.

Áp dụng bất đẳng thức 2 2 22 2x y x y x y hay 2 2 0 2t t t .

Khi đó biểu thức 3 22P x y xy x y t .

Khảo sát hàm số 2f t t trên đoạn 0;2 , ta được giá trị lớn nhất của P bằng 4 khi 2t hay

2x y và 1xy nên 1x và 1y . Giá trị nhỏ nhất của P bằng 0 khi 0t hay 0x và 0y . Ví dụ 15. Cho ,x y thỏa mãn 1x y và 2 2 1x y xy x y .

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 1

xyPx y

.

Lời giải

Đặt t x y , với 1t . Từ giả thiết ta có 2 1xy t t . Suy ra 2 1

1t tP

t

.



Áp dụng bất dẳng thức 2 4x y xy , ta có 23 4 4 0t t hay 2 23

t .

Xét hàm số 2 1

1t tf t

t

trên đoạn 2 ;23

. Hàm số f t liên tục trên đoạn 2 ;23

.

Ta có

2

22'

1t tf tt

; ' 0 0f t t hoặc 2t (loại).

Ta lại có 2 1 1; 0 1; 23 3 3

f f f

. Suy ra 22 ;2;233

1max ;min 13

f t f t

.

Do đó biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 , khi ; 1;1x y hoặc ; 1; 1x y ; biểu

thức P đạt giá trị lớn nhất bằng 13

, khi 13

x y hoặc 1x y .

Ví dụ 16. Cho ,x y thỏa mãn , 0x y và 2 2 2xy x y x y x y . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức 1 1Px y

.

Lời giải

Đặt t x y . Từ giả thiết suy ra 2 2

2t txy

t

. Khi đó 2

2

22

t tPt t

Áp dụng bất dẳng thức 2 4x y xy , ta có 2 3 2

2 22 2 4 84. 022 2

tt t t t tttt t

.

Xét hàm số : 2

22

2t tf t

t t

trên ; 2 2;D .

Ta có

2

22

3 4 4'2

t tf tt t

; ' 0 2f t t hoặc 2

3t (loại).

Lập bảng biến thiên của hàm số f t , ta được max 2 2D

f t f .

Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 2 khi 1x y . Ví dụ 17. (HSG lớp 12 TP Hà Nội năm học 2012 – 2013) Cho hai số thực dương ,a b thỏa mãn 3a b ab . Chứng minh rằng:

4 4 2 7 3 41 1

a b ab abb a

.

Lời giải Từ giả thiết của bài toán, ta có

4 1 4 14 4 2 7 3 2 7 31 1 1 1

a a b ba b ab ab ab abb a a b

22 2 2 7 3 7 3a b a b ab ab a b a b ab

2 3 2a b a b a b .

Từ điều kiện 3a b ab và ,a b dương ta có 3a b .



Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 2

4a b

ab

. Suy ra

223 4 12 0

4a b

a b ab a b a b a b

2a b (do 0a b nên loại đi trường hợp 6a b ). Đặt t a b thì 2 3t .

Xét hàm số 2 3 2f t t t t trên nửa khoảng 2;3 .

Ta có 3 3' 2 1 5 0, 2;342 3 2

f t t tt

và hàm số f t liên tục trên nửa khoảng

2;3 nên hàm số f t đồng biến trên nửa khoảng 2;3 . Do đó 2 4f t f .

Vậy 4 4 2 7 3 41 1

a b ab abb a

.

Dấu bằng xảy ra khi 3 1

2 1a b ab aa b b

.

Chú ý: Chúng ta cũng có thể biểu diễn biểu thức ở vế trái của bất đẳng thức theo biến t ab . Khi đó thì có đánh giá 3 2 1a b ab ab ab ab . Suy ra 0 1t .

Ví dụ 18. Cho các số thực ,x y thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất,

giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1P x y y x .

Lời giải

Đặt t x y . Từ giả thiết 2 2 1x y suy ra 2 21 1

2 2x y txy

.

Áp dụng bất đẳng thức 2 4x y xy , ta có 2 2t .

Ta có 23

221 . 1

2 2 2 1 12 2

t tt tP x y xy xy x y xy x y xy

.

- Nếu 1 2t thì 2 3 21 1 2 2 1 2 2 22

P t t t

Xét hàm số 3 21 1 2 2 1 2 2 22

f t t t t trên đoạn 1; 2 .

Ta có 21' 3 1 2 2 2 1 22

f t t t ; ' 0 2 1f t t hoặc 1 2

3t .

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên đoạn 1; 2 , ta được 2 2 2f t f .

Khi 2t thì 2 2 2P và khi 22

x y thì 2 2P .

Với 2 2 1x y và 1x y thì có ít nhất 1 số không âm. Nếu 0; 0x y thì 0P ;

Nếu 0; 0x y thì 221 1 1 1 1P x y x y y y .



- Nếu 2 1t thì 2 3 21 1 2 2 1 2 2 22

P t t t .

Xét hàm số 3 21 1 2 2 1 2 2 22

g t t t t trên đoạn 2; 1 .

Ta có 21' 3 1 2 2 2 1 2 0, 2; 12

g t t t t .

Lập bảng biến thiên của hàm số g t trên đoạn 2; 1 , ta được 2 1 2 1 1g g t g .

Suy ra 2 1P . Vì 2 2 1x y và 1x y nên 0; 0x y , do đó 0P .

Vậy 2 1 1 0P P . Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 1 khi 1t hay 1; 0x y hoặc

0; 1x y

Ví dụ 19. Cho ,x y là các số thực thay đổi thỏa mãn 2 2 1x y xy . Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2P x y xy . Lời giải

2 2 2 2 2 2P xy x y P x y x y xy

Theo giả thiết 2 2 1x y xy nên 22 1 3P xy xy .

Đặt t xy . Ta có 22 2 11 1 3 03

x y xy xy x y t

22 2 1 1 0 1x y xy xy x y t . Vậy 113

t .

Xét hàm số 2 1 3f t t t trên đoạn 11;3

. Hàm số f t liên tục trên đoạn 11;3

.

2' 2 9 ; ' 0 0f t t t f t t hoặc 29

t .

Ta có: 1 2 41 4; 0 0; 0;3 9 243

f f f f

.

Do đó 4f t hay 2 4P hay 2 2P .

Ta có 2P khi 1; 1x y ; còn 2P khi 1; 1x y . Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 khi 1; 1x y ; giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi 1; 1x y . Ví dụ 20. (ĐH KD năm 2009) Cho các số thực không âm ,x y thay đổi và thỏa mãn 1x y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 2 24 3 4 3 25S x y y x xy .

Lời giải

Do 1x y nên 2 2 3 316 12 9 25S x y x y xy xy

32 2 2 216 12 3 34 16 2 12S x y x y xy x y xy x y xy .

Đặt t xy thì 216 2 12S t t .



Ta có 2

1 10 0;4 4 4

x yxy t

.

Xét hàm số 216 2 12f t t t trên đoạn 10;4

. Hàm số f t liên tục trên đoạn 10;4

.

Ta có 1' 32 2; ' 016

f t t f t t .

Lại có 1 191 1 250 12; ;16 16 4 2

f f f

nên giá trị lớn nhất của f t trên đoạn 10;4

bằng

1 254 2

f

; giá trị nhỏ nhất của f t trên đoạn 10;4

bằng 1 19116 16

f

.

Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 252

khi 1x y và 14

xy hay 12

x y ; giá trị nhỏ nhất của

S bằng 19116

khi 1x y và 116

xy 2 3 2 3; ;4 4

x y

hoặc 2 3 2 3; ;4 4

x y

.

Ví dụ 21. Cho các số thực ,x y thỏa mãn 2 2 1x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất

của biểu thức 2 2 2 2

2 2

1 1

3

x x y yP

x y

.

Lời giải Từ giả thiết 2 2 1x y xy .

Ta có 2 21 x y xy xy và 22 21 3 3x y xy x y xy xy . Suy ra 1 13

xy

Đặt t xy . Khi đó 2 2 2 2 2

2 2

1 1 3 223

x x y y t tPtx y


2t tf t

t

trên đoạn 1 ;13

.

Ta có

2

2

2 4' 0

2

tf t

t

với 1 ;1

3t

Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 4 đạt được khi 1x y hoặc 1x y

Và giá trị lớn nhất của P bằng 821

đạt được khi 3 3; ;3 3

x y

hoặc 3 3; ;3 3

x y

Ví dụ 22. (ĐH KB năm 2011)

Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2 22 2a b ab a b ab . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 3 3 2 2

3 3 2 24 9a b a bPb a b a

.



Lời giải

Ta có 2 2 1 12 2 2 1 2a ba b ab a b ab a bb a a b

(do 0; 0a b ).

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 1 1 1 12 2 2a b a ba b a b

nên kết hợp với giả

thiết ta được 52 1 2 4 22

a b a b a bb a b a b a

.

Mặt khác: 3 2

4 3 9 2a b a b a bPb a b a b a

.

Đặt 52

a btb a

, ta được 3 24 9 12 18P t t t .

Xét hàm số 3 24 9 12 18f t t t t trên 5 ;2

. Hàm số f t liên tục trên 5 ;2

.

Ta có 2 5' 6 2 3 2 0,2

f t t t t nên f t đồng biến trên 5 ;2

. Suy ra 5 232 4

f t f

.

Vậy giá trị nhỏ nhất của f t là 234

khi 52

t .

Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 234

khi 2; 1a b hoặc 1; 2a b .

Ví dụ 23. Cho các số thực ,x y không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn 1x y . Tìm giá trị nhỏ

nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2

2 2 2 21

1 1x yP

x y y x

.

Lời giải

Đặt 2 2t x y . Ta có 2 21 2 1x y x y xy hay 12

txy .

Khi đó ta có

4 4 2 2 2

2 2 22 2 2 2

1 1 2 8 22 51

x y x y t tPtx y t tx y x y

.

Áp dụng bất đẳng thức 2 2 22x y x y suy ra 12

t .

Xét hàm số 2

21 2 8 2

2 5t tf t

t t t

trên nửa khoảng 1 ;2

.

Ta có

2

2 22

1 4 24 44'5

t tf tt t t

; 2' 0 1 1 5 0 1f t t t t t hoặc 5t .

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên nửa khoảng 1 ;2

, ta được

1 122 1 52 5

f f t f f

.



Giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 125

đạt được khi 1 1; ;2 2

x y

hoặc ; 2; 1x y hoặc

; 1;2x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 2 đạt được khi ; 1;0 ; ; 0;1x y x y .

Ví dụ 24. Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 2x xy y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2P x xy y .

Lời giải

Đặt t x y . Từ giả thiết 2 2 2x xy y hay 2 2x y xy ta có 2 2t xy .

Khi đó 2 23 2 6P x y xy t .

Áp dụng bất đẳng thức 2 4x y xy , ta có 2 83

t hay 2 6 2 63 3

t .

Lập bảng biến thiên của hàm số 22 6f t t trên đoạn 2 6 2 6;3 3

ta được 2 63

f t .

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 6 đạt được khi ; 2; 2x y hoặc ; 2; 2x y .

Nhận xét: Bài toán này giả thiết là một bất đẳng thức đối xứng hai biến và biểu thức P cũng được cho dưới dạng đối xứng với hai biến. Để giải được bài toán này, chúng ta đã đánh giá biểu thức P , đổi biến t x y và tìm điều kiện của biến t . Ví dụ 25. Cho , 0x y thỏa mãn 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 1 1 3x y xyPx y x y xy

Lời giải Đặt t x y . Từ giả thiết suy ra 0 1t .

Áp dụng bất đẳng thức 2 4x y xy , suy ra 214

xy t .

Khi đó 2

2

4 33 34

x y xy tx y tPx y xy t

.

Xét hàm số

2

4 334

ttf tt

trên nửa khoảng 0;1 . Hàm số f t liên tục trên 0;1 .

Ta có 3

33 16 96' 0, 0;1

4t tf t t

t

. Suy ra hàm số f t nghịch biến trên 0;1 .

Do đó 6714

f t f . Biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 674

khi 12

x y .

Ví dụ 26. (ĐH KD năm 2012)

Cho các số thực ,x y thỏa mãn 2 24 4 2 32x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3 1 2A x y xy x y

Lời giải

Ta có: 2 2 24 4 2 32 8 0 0 8x y xy x y x y x y



3 3 233 6 6 3 62

A x y x y xy x y x y x y

Đặt ;0 8t x y t thì 3 23 3 62

A t t t .

Xét 3 23 3 62

f t t t t trên đoạn 0;8 .

Ta có: 2 1 5' 3 3 3; ' 02

f t t t f t t hoặc 1 5 0;8

2t .

Ta có: 1 5 17 5 50 6; ; 8 3982 4

f f f

nên 17 5 54

f t hay 17 5 5

4A .

Dấu “=” xảy ra khi 1 54

x y . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 17 5 5

4 .

Ví dụ 27. (ĐH KB năm 2009)

Cho các số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn 3 4 2x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 2 2 2 23 2 1A x y x y x y

Lời giải

Theo giả thiết: 3 4 2x y xy . Kết hợp với bất đẳng thức 2 4x y xy , ta có

3 2 3 4 2x y x y x y xy .

Suy ra 1x y . Lại do 2

2 2

2x y

x y

nên 2 2 12

x y .

24 4 2 2 2 2 2 2 4 4 2 23 33 2 1 2 12 2

A x y x y x y x y x y x y .

Suy ra 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 92 1 2 12 4 4

A x y x y x y x y x y .

Đặt 2 2t x y thì 12

t . Khi đó 29 2 14

A t t .


f t t t trên nửa khoảng 1 ;2

.

Ta có 9 1' 2 0,2 2

f t t t nên hàm số f đồng biến trên nửa khoảng 1 ;2

.

Giá trị nhỏ nhất của f t là 1 92 16

f

. Do đó: 916

A và 916

A khi 12

x y

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 916

khi 12

x y .

Ví dụ 28. Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn 2 2 1x y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức P y x y .



Lời giải

Do ,x y dương nên ta đặt , 0y tx t . Từ giả thiết 2 2 1x y ta có 2 2

1 ;1 1

tx yt t

.

Khi đó biểu thức 2

2 1t tPt

. Xét hàm số 2

2 1t tf tt

trên khoảng 0; .

Ta có

2

22

2 1'1

t tf tt

; ' 0 1 2f t t hoặc 1 2t (loại).

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên khoảng 0; , ta được 1 202

f t .

Vậy biểu thức P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 22

khi 2 12 2

x và 2 1

2 2y .

Nhận xét: Ngoài cách giải trên đây, chúng ta cũng có thể giải bài toán này theo một vài hướng khác như sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình hoặc lượng giác hóa. Một hướng khác

vẫn sử dụng đến đạo hàm là viết 2 21

y x yPPx y

, sau đó chia cả tử và mẫu cho 2x hoặc 2y rồi

đặt xty

hoặc ytx

.

Ví dụ 29. Cho ,x y là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 1x y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức 2

24 6 52 2 1

x xyPxy y

.

Lời giải

Nếu 0x thì từ giả thiết , 0x y và 2 2 1x y suy ra 1y . Khi đó 53

P .

Nếu 0x thì đặt y tx . Khi đó từ giả thiết 2 2 1x y suy ra 0t và 2 2

1 ;1 1

tx yt t

.

Suy ra 2

25 6 13 2 1t tPt t

. Xét hàm số 2

25 6 13 2 1t tf tt t

trên nửa khoảng 0; .

Ta có

2

22

8 4 4'3 2 1

t tf tt t

; 1' 0

2f t t hoặc 1t (loại).

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên nửa khoảng 0; , ta được 5 , 03

f t t .

Kết hợp hai trường hợp ta có giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 53

đạt được khi 0; 1x y .

Ví dụ 30. Cho các số thực ,x y thỏa mãn , 0x y và 2 2 2 2x y x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất,

giá trị lớn nhất của biểu thức 2 1Px y

.



Lời giải

Vì 0x nên ta đặt ,y tx t . Khi đó từ giả thiết 2 2 2 2x y x y xy , suy ra 2

21tx

t t

, với

0; 1t t và 2 1

1tyt

. Khi đó 2

22 3 1

1t tP

t

.

Xét hàm số 2

22 3 1

1t tf t

t

trên tập hợp \ 1;0D .

Ta có

2

22

3 2 3'1

t tf tt

; 1 10' 0

3f t t

hoặc 1 103

t .

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên tập D ta được giá trị lớn nhất của hàm số f t trên D

bằng 3 102

khi 1 103

t ; giá trị nhỏ nhất của hàm số f t trên D bằng 3 10

2 khi

1 103

t .

Vậy biểu thức P đạt giá trị lớn nhất bằng 3 102

khi 20 2 10 40 22 10; ;14 5 10 42 15 10

x y

; đạt giá

trị nhỏ nhất bằng 3 102

khi 20 2 10 40 22 10; ;14 5 10 4 15 10

x y

.

Ví dụ 31. Cho ,x y là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2

32 2

4

4

xyPx x y

.

Lời giải Do 0, 0x y nên ta đặt x ty , với 0t .

Khi đó ta có

3

2

32

44164

t t ttPt t

.

Xét hàm số 3

2 4f t t t t trên khoảng 0; .

Ta có

32 2

2

4 4 3'

4

t t t tf t

t

; 2' 0

2f t t .

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên khoảng 0; , ta được 20 22

f t f

.



Vậy giá trị lớn nhất của f t bằng 2 khi 22

t hay biểu thức P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi

22

yx .

Ví dụ 32. Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn 1xy y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3

2 39x yPy x

.

Lời giải

Do ,x y dương nên ta đặt , 0x ty t . Khi đó 239P tt

.

Từ giả thiết , 0x y và 1xy y ta có 2 1ty y hay 2 11 2t y ty

suy ra 102

t

Xét hàm số 239f t tt

trên nửa khoảng 10;2

. Hàm số f t liên tục trên nửa khoảng 10;

2

.

Ta có 5

4 427 2 27 1' 2 0, 0;

2tf t t t

t t

.

Suy ra hàm số f t nghịch biến trên 10;2

. Do đó 1 289

2 4f t f

.

Vậy biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2894

khi ; 1;2x y .

Ví dụ 33. Cho ,x y là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 24

2 2

98

xy x xyA

y x

.

Lời giải

Do ,x y dương nên ta đặt , 0y tx t . Khi đó 2

2 2

1 9 18 1 1 9

t tAt t t

Xét hàm số 21 9f t t t trên khoảng 0; .

Ta có 2

9' 11 9

tf tt

; 2 2' 0 1 9 912

f t t t t .

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên khoảng 0; , ta được 2 2 212 3

f t f

.

Do đó 3 24

A . Dấu bằng xảy ra khi 212

xy . Vậy biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng 3 24

.

Nhận xét: Trên đây là một số ví dụ về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai biến mà điều kiện hoặc biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất không có tính chất đối xứng với hai biến. Chúng ta có thể đưa ra các bước giải lớp bài toán này như sau:



Bước 1: Đặt y tx (hoặc ; 0y t xx ). Từ giả thiết rút ra điều kiện đối với t . Thông thường điều

kiện của t được rút ra ngay từ giả thiết. Cũng có những trường hợp cần phải tiến hành đánh giá thì mới tìm được điều kiện của t . Bước 2: Biểu diễn các biến cũ theo biến mới. Đưa biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất hoặc đánh giá biểu thức đó theo một biểu thức khác chỉ phụ thuộc vào biến t . Bước 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số theo biến t trên khoảng, đoạn mà ta vừa xác định ở bước 1. Bước 4: Kết luận về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức ban đầu (lưu ý là chỉ ra sự tồn tại của các biến ban đầu để biểu thức đạt giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất). Rất nhiều học sinh hay bỏ qua bước này mà kết luận ngay đối với hàm số biến t . Đây là một thiếu xót thường gặp, vì vậy các em học sinh cần chú ý để kết luận bài toán một cách chính xác. Nhận xét chung: Qua một số ví dụ trên đây, chúng ta có thể đưa ra một số hướng giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai biến như sau: - Thực hiện việc rút thế một biến từ điều kiện vào biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Dấu hiệu rút thế ở đây là một biến có bậc bằng 1 hoặc phân li được từng biến. Bên cạnh việc rút thế cũng cần lưu ý đến việc đánh giá (nếu chỉ tìm giá trị lớn nhất hoặc chỉ tìm giá trị nhỏ nhất). - Tiến hành đổi biến t x y hoặc t xy hoặc 2 2t x y nếu điều kiện ban đầu và biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có tính chất đối xứng với hai biến ,x y . Đối với dạng này

có một số cách đánh giá mà chúng ta cần chú ý đó là 2 2 2 22 ; 2x y xy x y xy và các dạng tương đương khác. - Đối với bài toán mà điều kiện cho trước hoặc biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có tính chất đẳng cấp đối với hai biến thì lưu ý đến cách đổi biến , 0y tx x hoặc , 0x ty y . Điều kiện của t thường được suy ra từ điều kiện ban đầu của bài toán. Có một số trường hợp vẫn phải kết hợp với việc đánh giá theo bất đẳng thức thông dụng như Cauchy, Bunhicopxky, …. 2.3. Bài tập đề nghị. 1) Cho , 0x y thỏa mãn 1x y . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1x yP

y x

.

2) Cho , 0x y thỏa mãn 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 22 2

1 1P x yx y

.

3) Cho 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 23 3P x y x y x y .

4) Cho , 0x y . Chứng minh rằng 4 4 3 3x y x y xy .

5) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

2 23 8x y x yPy xy x

với , 0x y .

6) Cho các số thực ,x y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn các điều kiện 2 21 2 32

x y x x . Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2M x y .



7) Cho các số thực ,x y thay đổi nhưng luôn thuộc đoạn 1;2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 4 4 2 2

4 4 2 2

x y x y x yMy x y x y x

.

8) (Thi thử ĐH năm 2014 trường THPT Đoàn Thượng, Hải Dương) Cho hai số thực ,a b thuộc khoảng 0;1 , thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện

3 3 1 1 0a b a b ab a b .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

2 2

1 11 1

F ab a ba b

.

9) (ĐH KB năm 2008) Cho hai số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2 1x y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 2

2

2 61 2 2

x xyP

xy y

.

10) (HSG lớp 12 tỉnh Thái Nguyên năm học 2010 – 2011)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2

4 4 2 2

x y x y x yAy x y x y x

, với 0xy .

11) (ĐH KD.2013) Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1xy y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2

263

x y x yPx yx xy y

.

Vấn đề 3. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC BA BIẾN

Trong phần này chúng tôi trình bày một số bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

biểu thức chứa ba biến. Với cách rút thế, đổi biến hoặc kết hợp với các bất đẳng thức để đánh giá, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức ba biến được quy về bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức một biến (làm giảm biến). Kỹ năng này là kỹ năng quy lạ về quen, tức là quy bài toán từ dạng phức tạp, chưa quen biết (ba biến) về bài toán đơn giản (một biến) đã biết cách giải. Đây cũng là một kỹ năng rất quan trọng trong học tập, nghiên cứu về Toán học nói riêng và các lĩnh vực khác nói chung. 3.1. Kiến thức cần nắm.

(1): Với các số không âm ,x y ta có 2

x y xy . Dấu bằng xảy ra khi x y ;

(2): Với các số không âm , ,x y z ta có 3

3x y z xyz

. Dấu bằng xảy ra khi x y z ;

(3): 2 2 2 2 2 , , , ,ax by a b x y a b x y . Dấu bằng xảy ra khi 0ay bx .



(4): Với ,x y là các số thực không âm và 1xy thì 2 21 1 2

1 1 1x y xy

. Dấu bằng xảy

ra khi 1xy hoặc x y .

(5): Với ,x y là các số thực không âm và 1xy thì 2 21 1 2

1 1 1x y xy

. Dấu bằng xảy

ra khi 1xy hoặc x y . (6): Với ba số thực cho trước , ,x y z và một số a không đổi thì luôn tồn tại ít nhất hai số

hoặc không nhỏ hơn a hoặc không lớn hơn a . Giả sử hai số đó là ,x y thì 0x a y a .

(7): 22 2 2 2 , , ,x y z x y z xy yz zx x y z .

(8): 33 3 3 3 , , ,x y z x y z x y y z z x x y z .

3.2. Một số ví dụ minh họa.

Ví dụ 34. Cho , , 0x y z thỏa mãn 1x y z . Chứng minh rằng: 1 1 16xz yz

.

Lời giải

Ta có 1 1x y z z x y và

1 11

x y x yPxz yz xyz xy x y

.

Đặt t x y thì 0 1t và 1tP

xy t

.

Áp dụng bất đẳng thức 2 4x y xy , ta được 2

4txy .

Khi đó 2

1 1 1 41

Pxz yz xy t t t

. Xét hàm số 24f t

t t

trên khoảng 0;1 .

Ta có

22

4 2 1 1' ; ' 02

tf t f t t

t t

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên khoảng 0;1 ta được 1 162

f t f

.

Suy ra 16P . Khi 1 1;4 2

x y z thì 16P . Vì vậy 1 1 16xz yz

.

Nhận xét: Trong lời giải bài toán trên chúng ta đã sử dụng kết hợp hai kỹ năng: - Rút thế và đổi biến (do điều kiện là bậc nhất đối với z đồng thời điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh có tính chất đối xứng đối với x và y . - Để chứng minh bất đẳng thức 16P chúng ta đã đánh giá thông qua một bước trung gian là

P f t . Sau đó mới tiến hành chứng minh 16f t bằng công cụ đạo hàm. Điều quan trọng là

dấu bằng xảy ra ở cả hai cách đánh giá phải cùng một giá trị của biến. Ví dụ 35. Cho các số thực , ,x y z thay đổi và thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P x y z xy yz zx .



Lời giải

Đặt t x y z . Khi đó 2 2 2 2 21 1 2 12 2

P x y z x y z x y z t t .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có: 2 2 2 23x y z x y z .

Suy ra 3 3t . Xét hàm số 21 2 12

f t t t trên đoạn 3; 3 .

Ta có ' 1; ' 0 1f t t f t t .

Lại có 3 1 3; 1 1; 3 1 3f f f nên 3; 33; 3

max 1 3; min 1f t f t

.

Biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi ; ; 1;0;0x y z và các hoán vị của nó; biểu thức

P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 3 khi 1 1 1; ; ; ;3 3 3

x y z

.

Nhận xét: - Điều kiện của bài toán và biểu thức P có tính chất đối xứng với ba biến nên chúng ta có thể đặt t x y z để đưa P về thành một biến rồi tiến hành khảo sát hàm số. - Một cách tương tự, chúng ta hoàn toàn giải được bài toán tổng quát: Cho các số thực , ,x y z thay

đổi và thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2x y z a . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức

P m x y z n xy yz zx , trong đó ,m n là các số thực cho trước.

Ví dụ 36. (VMO bảng A năm 1999) Xét các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện abc a c b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức 2 2 22 2 3

1 1 1P

a b c

Lời giải

Biến đổi giả thiết thành 11 0a c b ac ac

và 11a cb

ac

.

Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được

2

2 2 2 2

22 3 2 21 1 1 1

a cP

a c a c

.

Xét hàm số

2

2 2 2

11 1 1

x cf x

x x c

với 10 xc

và coi c là tham số 0c .

Ta có

2

22 2

2 2 1'

1 1

c x cxf x

x c

. Trên 10;

c

thì ' 0f x có nghiệm duy nhất là 20 1x c c

với 010 xc

. Qua 0x thì 'f x đổi dấu từ dương sang âm nên f x đạt cực đại tại 0x

0 21

1

cf x f xc

.

Từ đó theo 2 , ta có 2 22

3 2 32 21 11

cP f x g cc cc

.



Xét hàm số g c với 0c . Ta có

2

22 2

2 1 8'

1 3 1

cg c

c c c

Với 0c thì ' 0g c tại 018

c và qua 0c thì 'g c đổi dấu từ dương sang âm nên 0g c là

giá trị cực đại, suy ra 1 1038

P g

. Giá trị 103

P đạt được khi 1 2,28

c a và 2b .

Ví dụ 37. (VMO bảng B năm 2001)

Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn hệ điều kiện sau:

2 min , 15

4 2151 35

z x y

xz

yz

.

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 3, ,P x y zx y z

.

Lời giải

Ta có 1 1 1 1, , 2P x y zx z y z

. Từ điều kiện (1) và (2), suy ra 4ax , 4

15x m z

z

.

a) Xét hàm số 1 1f xx z

với 0x và tham số 25

z .

Xảy ra hai trường hợp:

- Nếu 215

z thì 415

x zz

theo (4) nên 1 1 2 15 5f xz z z

;

- Nếu 2 25 15

z theo (1) thì 415

x zz

theo (4) nên 15 14

zf x g zz

.

Xét hàm số g z với 2 25 15

z . Ta có 215 1' 04

g zz

khi 215

z . Do đó g z là hàm

nghịch biến và 2 4 65

f x g z g

.

So sánh 5 và 6 , ta được 1 1 4x z , đồng thời 1 1 4

x z khi 2 2, 7

3 5x z .



b) Xét hàm số 1 1h yy z

, với tham số 25

z .

Từ điều kiện 1 và 3 suy ra 1ax , 85

y m zz

. Lập luận như phần a) ta được:

- Nếu 15

z thì 2 5 9h y ;

- Nếu 2 15 5

z thì 9 102

h y

So sánh (9) và (10) ta có 1 1 92y z

, đồng thời 1 1 92y z

khi 2 1,5 2

z y .

Từ kết quả của a) và b) ta có 1 1 1 1 9, , 2 4 2. 132

P x y zx y y z

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 1 2, ,3 2 5

x y z . Vậy giá trị lớn nhất của , ,P x y z bằng 13.

Ví dụ 38. (VMO năm 2001) Xét các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 21 2 8 12ab bc ac . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 1 2 3, ,P a b ca b c

Lời giải

Đặt 1 1 1, ,x y za b c

thì đề bài chuyển về bài toán sau:

Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 8 21 12x y z xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức , , 2 3P x y z x y z .

Ta có 12 21 2 8 0z xy x y (theo giả thiết). Từ đó 2 812 21

x yzxy

với 7 14

xy

.

Suy ra 2 8, , 2 24 7x yP x y z x yxy

.

a) Xét hàm số 22 8 4 5 8

4 7 4 7x y x y x yf x xxy xy

với biến 74

xy

và y là tham số dương.

Ta có

2 2 2

216 56 32 35'

4 7x y xy yf x

xy

.

Trên 7 ;4

y

thì ' 0f x có nghiệm duy nhất 2

032 147

4 4y

xy y

và qua 0x thì 'f x

đổi dấu từ âm sang dương nên f x đạt cực tiểu tại 0x . Từ đó 0 052

4f x f x x

y , suy ra

0, , 2 2 3P x y z f x y f x y g y .

b) Xét hàm số 29 12 32 144 2

g y y yy y

trên khoảng 0; .



Ta có 2 2 5' 0 8 9 32 14 28 04

g y y y y .

Với 0y và qua 054

y thì 'g y đổi dấu từ âm sang dương nên g y đạt cực tiểu tại 054

y

và 5 154 2

g

. Từ 3 suy ra 5 15, ,4 2

P x y z g y g

.

Dấu đẳng thức xảy ra với 5 2, 3,4 3

y x z hay 1 4 3, ,3 3 2

a b c .

Vậy giá trị nhỏ nhất của , ,P a b c bằng 152

.

Nhận xét: - Trong lời giải của các ví dụ 36, 37 và 38 chúng ta đã tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất bằng cách khảo sát theo từng biến. Cách làm này rất tự nhiên, tư tưởng giải quyết là rất rõ ràng, cụ thể mặc dù trong một số trường hợp việc tính toán còn cồng kềnh. Ví dụ 39. (ĐH KB năm 2012) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn các điều kiện 0x y z và 2 2 2 1x y z . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức 5 5 5P x y z . Lời giải

Vì 0x y z và 2 2 2 1x y z

Ta có 2 2 2 2 20 2 2 1 2 2x y z x y z x y z yz x yz , nên 2 12

yz x .

Do 2 2 22 1yz y z x . Suy ra 2 21 6 612 3 3

x x x

Khi đó 35 2 2 3 3 2 2 5 2 2 21 3P x y z y z y z y z x x y z yz y z y z y z

Suy ra 35 24

P x x . Xét hàm số 32f x x x trên 6 6;3 3

.

Ta có 2' 6 1f x x ; 6' 06

f x x .

Ta có 6 6 63 6 9

f f

; 6 6 63 6 9

f f

.

Vậy 69

f x . Do đó 5 636

P . Mà 5 6 6 6;36 3 6

P x y z .

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 636

.

Ví dụ 40. (ĐH KB năm 2010) Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 1a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 2M a b b c c a ab bc ca a b c .



Lời giải

2 23 2 3 2 2M ab bc ca abc a b c ab bc ca a b c ab bc ca

23 3 2 1 2ab bc ca ab bc ca ab bc ca (do 0abc )

Mà 2

03

a b cab bc ca

. Đặt 10

3t ab bc ca t

Xét 2 3 2 1 2f t t t t trên 10;3

.

Ta có 2' 2 31 2

f t tt

; 3

2 1'' 2 0 0;31 2

f t tt

; '' 0 0f t t .

Vậy hàm số 'f t nghịch biến trên 10;3

. Do đó 1 11' ' 2 3 03 3

f t f

.

Vậy f t là hàm số đồng biến trên 10;3

. Do đó 10 0, 0;3

f t f t

.

Vậy 12, 0;3

M f t t

; 2M khi ; 0; 1ab bc ca ab bc ca a b c

; ;a b c là một trong các bộ số 1;0;0 ; 0;1;0 ; 0;0;1

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. Ví dụ 41. Cho , , 0x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 1

1 1 1 1P

x y z x y z

.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta có 331 1 1

3x y zx y z

.

Dấu bằng xảy ra khi x y z .

Với đánh giá trên, ta có 3

1 271 3

Px y z x y z

.

Đặt 3t x y z thì 31 27

2P

t t

, trong đó 3t .

Xét hàm số 31 27

2f t

t t

trên nửa khoảng 3; .

Ta có

24 22 4

1 81' ; ' 0 81 2 0 9 18 0 32

f t f t t t t t ttt

hoặc

6t .

(do 3t nên phương trình 2 9 18 0t t vô nghiệm).

Ta có bảng biến thiên của hàm số f t trên nửa khoảng 3; :



Từ bảng biến thiên, ta có f t đạt giá trị lớn nhất bằng 18

khi 6t . Do đó biểu thức P đạt giá trị

lớn nhất bằng 18

, đạt được khi 1x y z .

Ví dụ 42. (Thi thử ĐH năm 2013, trường THPT Gia Viễn B) Cho các số thực dương , ,x y z thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

1 21 1 11

Mx y zx y z

.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovsky, ta có 22 2 2 11 14

x y z x y z .

Dấu đẳng thức xảy ra khi 1x y z .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 331 1 1

3x y zx y z

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi 0x y z .

Do đó ta có 3

2 541 3

Mx y z x y z

. Đặt t x y z thì 3

2 541 3

Mt t

.

Xét hàm số 3

2 541 3

f tt t

trên khoảng 0; .

2 4

2 162'1 3

f tt t

; 2' 0 3 9 1 3f t t t t .

Lập bảng biến thiên của hàm số f t trên khoảng 0; ta được 134

f t f .

Do vậy 14

M . Dấu bằng xảy ra khi 1

13

x y zx y z

x y z

.

Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức M bằng 14

, đạt được khi 1x y z .

Nhận xét: - Trong lời giải các ví dụ 40, 41 và 42 chúng ta đã sử dụng các bất đẳng thức cơ bản thông dụng để đánh giá và đưa từ 3 biến về còn 1 biến (biến này có tính chất đối xứng với ba biến, bởi vì điều kiện và biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất cũng có tính chất đối xứng 3 biến). - Ví dụ 42 cũng là nội dung một bài toán trong đề thi chọn HSG lớp 12 tỉnh Bình Phước năm học 2013 – 2014.



Ví dụ 43. (Kiểm tra đội tuyển HSG lớp 12 năm học 2012 – 2013, trường THPT Gia Viễn B) Cho các số thực , ,a b c thoả mãn a b c và 2 2 2 5a b c . Chứng minh rằng

4a b b c c a ab bc ca .

Lời giải Ta có 4a b b c c a ab bc ca 4 *a b b c a c ab bc ca .

Đặt P a b b c a c ab bc ca .

- Nếu 0ab bc ca thì 0 4P . - Nếu 0ab bc ca thì ta đặt t ab bc ca .

Mặt khác 2 2 2ab bc ca a b c nên 5t . Suy ra 0;5t .

Ta có 2

214 4

a ca b b c a b b c

. Suy ra

3

4a c

a b b c a c

.

Ta lại có 2 2 22 2 22 a b c ab bc ca a b b c a c .

Kết hợp với bất đẳng thức 2 2

2 2

2 2a b b c a c

a b b c

ta có 232 52

t a c hay 2 3 . 53

a c t .

Do đó 3

3 321 2 3 2 3. . . 5 54 3 9

P t t t t

.

Xét hàm số 32 5f t t t trên đoạn 0;5 . Hàm số f t liên tục trên đoạn 0;5 .

Ta có 3 2 22' 2 5 3 5 5 5 2f t t t t t t t t ; ' 0 0; 2; 5f t t t t .

Ta lại có 0 5 0; 2 108f f f nên

0;5

max 2 108f t f . Suy ra 2 3 . 108 49

P .

Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2

2; 2105

a c a b c aa b b c b

ca b c

. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 44. Cho các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 1x y z . Chứng minh rằng 70 227

xy yz xz xzy .

Lời giải Đặt 2P xy yz zx xyz .

Từ giả thiết , , 0x y z và 1x y z , ta có 2 1 1 0xy yz xz xzy xy z yz x xz

Dấu bằng xảy ra khi ; ; 1;0;0x y z và các hoán vị của nó.

Do vai trò của , ,x y z trong giả thiết và trong biểu thức P là bình đẳng nên ta luôn giả sử được

min ; ;x x y z . Từ giả thiết , , 0x y z và 1x y z ta có 103

x và 1y z x



Áp dụng bất đẳng thức 2

4yz

y z

và 1 2 0x . Khi đó biểu thức:

2

2 1 2 (1 ) 1 24

P xy yz zx xyz x y z yz x x x xy z

Hay

23 21 11 1 2 2 1

4 4x

P x x x x x

.

Xét hàm số 3 22 1f x x x với 10;3

x

.

Ta có: 2' 6 2 , ' 0 0f x x x f x x hoặc 13

x .

Ta có bảng biến thiên của hàm số f x trên đoạn 10;3

:

Từ bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất của P bằng 727

đạt được khi 13

x y z .

Nhận xét: Bài toán này trong điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh có tính chất đối xứng với ba biến. Để chuyển nó về theo một biến chúng ta phải chọn một phần tử đại diện, sau đó lựa chọn cách đánh giá phần từ đó và biến đổi biểu thức về theo phần tử đại diện. Các cách đánh giá thường gặp thì trong phần kiến thức cần nắm chúng tôi đã tóm tắt. Ví dụ 45. (Đề số 128) Cho , ,a b c là ba số thực tùy ý thuộc đoạn 0;2 , thỏa mãn điều kiện 3a b c .

Chứng minh rằng 2 2 2 5a b c . Lời giải

Do vai trò của , ,a b c là như nhau nên ta có thể giả sử max ; ;a a b c .

Khi đó, ta có 3 3 1a b c a a .Kết hợp với giả thiết ta có 1 2a .

Do ,b c là các số không âm nên 2 22 2 23 6 9b c b c a a a .

Suy ra 2 2 2 2 2 26 9 2 3 9a b c a a a a a .

Lập bảng biến thiên của hàm số 2 3f t t t trên đoạn 1;2 ta tìm được

1;2max 1 2 2f t f f .

Do đó 2 2 2 2. 2 9 5a b c .



Dấu đẳng thức xảy ra khi 22 2

2

; ; 2;1;03

a

b c b c a b ca b c

hoặc ; ; 2;0;1a b c .

Vậy 2 2 2 5a b c . Dấu đẳng thức xảy ra khi ; ; 2;1;0a b c hoặc các hoán vị của bộ số

2;1;0 .

Nhận xét: Trong lời giải trên chúng ta có thể giả sử được max ; ;a a b c là điều hiển nhiên.

Vì với ba số bất kỳ luôn có số lớn nhất. Tuy nhiên, khi áp dụng vào bài toán thì còn một điểm nữa để điều giả sử này được sử dụng một cách hiệu quả, đó là vai trò bình đẳng giữa ba đại lượng

, ,a b c . Ví dụ 46. (KTĐT HSG lớp 12 trường THPT Gia Viễn B năm học 2012 – 2013) Cho ba số thực , ,x y z thuộc đoạn 0;4 và thỏa mãn điều kiện 6x y z .

Chứng minh rằng 3 3 3 72x y z . Lời giải

Giả sử max ; ;x x y z . Khi đó, ta có 6 3 2x y z x x .

Kết hợp với giả thiết ta có 2 4x .

Do ,y z không âm nên ta có 3 33 3 2 36 216 108 18y z y z x x x x .

Suy ra 3 3 3 2 218 108 216 18 6 216x y z x x x x .

Lập bảng biến thiên của hàm số 2 6f t t t trên đoạn 2;4 , ta được

2;4max 2 4 8f t f f .

Do đó 3 3 3 18. 8 216 72x y z .

Dấu đẳng thức xảy ra khi ; ; 4;2;0x y z hoặc ; ; 4;0;2x y z .

Vậy 3 3 3 72x y z .

Dấu đẳng thức xảy ra khi ; ; 4;2;0x y z hoặc các hoán vị của bộ số 4;2;0 .

Ví dụ 47. Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng

2 2 252 2 257

a b c abc .

Lời giải. a) Chứng minh 2 2 2 2 2a b c abc . Từ giả thiết, ta có 2 2 1c a b c c . Tương tự 1; 1a b .

Suy ra 1 1 0 1 1a b ab a b ab c .

Do đó 22 2 2 2 2 2a b c abc a b c ab bc ca abc

24 2 2 2 2 2 4 4 2 1c c ab abc c c c ab

22 1 2 1 2 2 1 1 2 2c c ab c c ab .



b) Chứng minh 2 2 2 52257

a b c abc .

Không giảm tổng quát, giả sử max ; ;c a b c . Khi đó 2 13

c .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 22

2 2a b cab

.

Ta có 22 2 2 2 2 2P a b c abc a b c ab bc ca abc

24 2 2 2 2 2 4 4 2 1c c ab abc c c c ab .

Suy ra 2

2 3 222 4 4 2 1 2 42

cP c c c P c c

.

Lập bảng biến thiên của hàm số 3 2 4f t t t trên nửa khoảng 2 ;13

, ta được 2;13

104min27

f t

.

Từ đó 5227

P . Dấu đẳng thức xảy ra khi 23

a b c .

Nhận xét: Trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng các kỹ thuật sau đây: - Từ giả thiết kết hợp với bất đẳng thức trong tam giác để chỉ ra , , 1a b c .

- Từ dữ kiện khai thác được 1; 1a b đã chỉ ra 1 1 0a b .

- Sử dụng đánh giá 2

2a bab

nhằm làm giảm biến để đưa việc khảo sát hàm số một biến.

Lại do 1 0c nên 2

1 12

a bc ab c

.

Nhận xét chung: Thông qua các ví dụ nêu trên, chúng ta có thể đưa ra một số hướng xử lý khi giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức ba biến như sau: - Khảo sát theo từng biến hoặc khảo sát theo từng biến kết hợp với đánh giá theo bất đẳng thức. - Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá đưa từ ba biến về còn một biến. Cách làm này thường áp dụng cho trường hợp điều kiện và biểu thức chứa ba biến đó có tính chất đối xứng với cả ba biến. - Lựa chọn phần tử đại diện và đánh giá để đưa biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất về theo phần tử đại diện. Sau đó tiến hành khảo sát theo phần tử đại diện đó. 3.3. Bài tập đề nghị. 1) (TS lớp 10 chuyên tỉnh Quảng Ninh năm 2011) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn các điều kiện 1 , , 2a b c và 0a b c .

Chứng minh rằng 2 2 2 6a b c . 2) (HSG lớp 9 tỉnh Ninh Bình năm 2008)

Cho ba số , ,a b c thỏa mãn điều kiện 1 , , 3

6a b c

a b c

. Chứng minh rằng 2 2 2 14a b c .

3) (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm 2006) Cho các số thực , , 1;2a b c thỏa mãn 0a b c .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2P a b c .



4) (TC theo chuyên đề THTT quyển 1) Cho , ,a b c là ba số thực thỏa mãn các điều kiện 0 , , 1a b c và 2a b c .

Chứng minh rằng 20227

ab bc ca abc .

5) (HSG lớp 12 tỉnh Ninh Bình năm 2010) Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 4. Chứng minh rằng:

2 2 2 272227

a b c abc .

6) (HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình năm 2010) Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 3a b c . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

của biểu thức 3 3 34P a b c . 7) (TC theo chuyên đề THTT quyển 1)

Cho ba số , ,a b c thỏa mãn điều kiện 1 , , 3

6a b c

a b c

. Chứng minh rằng 3 3 3 36a b c .

8) (ĐH XDHN năm 2001)

Cho các số thực , ,x y z thay đổi trên đoạn 0;1 và thỏa mãn điều kiện 32

x y z . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2cosA x y z .

9) (TC THTT số tháng 6 năm 1997) Cho ba số , ,a b c thuộc đoạn 1; 1n n sao cho 3a b c n .

Chứng minh rằng 2 2 2 23 2a b c n . Khi nào thì xảy ra dấu bằng? 10) (TS lớp 10 chuyên tỉnh Nam Định năm 2004) Cho ba số , ,a b c thỏa mãn 0 2;0 2;0 2a b c và 3a b c .

Chứng minh rằng 3 3 3 9a b c . 11) (TS ĐH Vinh năm 2001) Chứng minh rằng nếu , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3 thì:

2 2 23 3 3 4 13a b c abc . 12) Cho , , 0x y z thỏa mãn 1x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

1 1 1x y zP

x y z

13) Cho , , 0x y z thỏa mãn 2 2 2 1x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2

2 2 2 2 2 2x y zP

y z x z x y

.

14) (ĐH KA năm 2011) Cho , ,x y z là ba số thực thuộc đoạn 1;4 và ,x y x z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 3x y zP

x y y z z x

.

15) (Đề thi Olympic Toán của Ailen năm 2009)



Cho , ,a b c là ba số thực thỏa mãn 0a b c và 2 2 2 1a b c . Chứng minh rằng 2 2 2 154

a b c .

16) (Đề thi chọn đội tuyển Inđônêxia dự thi IMO năm 2009) Xét ba số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 3 3 3 3 1x y z xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 2 2 2E x y z . 17) (ĐH KA.2013) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 24a c b c c . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

3 3 2 2

3 3

32 323 3a b a bP

cb c a c

.

18) (ĐH KB.2013) Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

4 92 24

Pa b a c b ca b c

.

chuyÊn ĐỀ 1 mỘt sỐ vẤn ĐỀ vỀ thỂ tÍch khỐi Đa diỆn · toán tính thể...

Documents