MỘT SỐ PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Hoàng Bá Dũng
(Giáo viên toán trường THPT Lê Quý Đôn -Cựu sinh viên khoá 39)
Các bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong
hình học gọi chung là các bài toán bài toán cực trị trong hình học xuất hiện khá nhiều trong
các đề thi học sinh giỏi, và trong các kỳ thi Đại học, cao đẳng. Trong quá trình ôn tập đặc
biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi chúng tôi nhận thấy rằng cần thiết thiết phải bổ sung cho học
sinh một số kiến thức cơ bản và quan trọng là phân loại các dạng toán này, qua đó định
hướng tiếp cận bài toán một cách tự nhiên, từ đó giúp học sinh tự tin khi đứng một số dạng
bài tập về cực trị hình học. Bên cạnh đó việc dạy học theo chủ đề là một trong những hướng
đổi mới trong cách dạy hiện nay trong đó chú trọng đến hướng dẫn học sinh chủ động, tích
cực tìm tòi nghiên cứu và phát huy tính tự học của học sinh.
Từ suy nghĩ đó chúng tôi xin trao đổi chuyên đề “Một số phân loại các bài toán về
cực trị hình học” . Nội dung chuyên đề này giới thiệu về một số phương pháp tìm cực trị cơ
bản thường gặp trong hình học. Trong mỗi phương pháp sẻ có các ví dụ minh họa. Và cuối
cùng là phần bài tập tổng hợp với các bài tập giải bằng những phương pháp khác nhau.
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Tỷ số thể tích
Cho khối chóp tam giác S.ABC, các điểm A ’,B’ C’ thuộc các cạnh SA,SB.SC trừ
điểm S. Khi đó ta có:

VS . A' B'C '
VS . ABC

=

SA' .SB ' .SC '
SA.SB.SC

2.Định lý Talet trong mặt phẳng, trong không gian.
3. Các bất đẳng thức giữa đường xiên, hình chiếu và đường vuông góc.

- Cho mặt phẳng (P) và điểm M, H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt
phẳng (P), N là điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng (P). Chúng ta có các bất đẳng thức sau:
MN ≥ MH , MN ≥ NH .
- Khi thay mặt phẳng (P) bởi đường thẳng d thì các bất đẳng thức trên được phát biểu
tương tự.
II. MỘT SỐ PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Các bài toán về cực trị hinh học rất đa dạng, có nhiều phương pháp để tiếp cận, tuy
nhiên trong quá trình bồi dưỡng củng như trong ôn tập chúng tôi đưa ra một số phân loại
như sau.
Dạng1:Vận dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số.
Để vận dụng phương pháp này, thông thường biểu diển biểu thức cần tìm cực trị
(Thể tích khối đa diện, diện tích thiết diện, khoảng cách...) dưới các biến khác nhau, tìm
điều kiện ràng buộc giữa các biến từ đó biến đổi biểu thức thành hàm số, vận dụng khảo sát
biến thiên của hàm số để tìm cực trị.
Bài toán1. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chử nhật, có thể tích V . Mặt
phẳng(P) song song với mặt phẳng (ABCD) và cắt các cạnh SA, SB, SC,SD lần lượt tại M,
N, P, Q.Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là các hình chiếu vuông góc của các điểm M, N, P, Q
trên mặt phẳng (ABCD). Tìm tỷ số

SM
để thể tích khối lăng trụ MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá
SA

lớn nhất theo V .

1


Giải
S


M

Q

N

P
A

D
M

'

Q

'

H
N'

P'

B

C

SM
MN

MQ
=x⇒
=x ,
= x . Vậy MN = x. AB , MQ = xAD .
SA
AB
AD
Từ giả thiết ta suy ra khối lăng trụ M ' N ' P 'Q ' .MNPQ là khối hộp chử nhật nên ta có diện

Đặt

tích của MNPQ là: S MNPQ = x 2 .S ABCD
Ta lại có:

MM ' AM SA − SM
=
=
= 1 − x ⇔ MM ' = (1 − x) SH
SH
AS
SA

Thể tích của khối lăng trụ M ' N ' P 'Q ' .MNPQ ký hiệu VMNPQ.M N P Q
'

'

'

'


VMNPQ.M ' N ' P'Q' = x 2 (1 − x) SH .S ABCD = x 2 (1 − x).3V .Xét hàm số f(x)=x2(1-x)
4
2
trên khoảng (0;1) ta được: Maxf(x) = V khi x = .
27
(0;1)
3
4
2
SM 2
V khi x = . Hay
= .
Vậy VMNPQ.M ' N ' P'Q' đạt giá trị lớn nhất theo V bằng
27
3
SA 3

Bài toán 2 .Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD là hình chử nhật, cạnh bên SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD), SA=a, AB=b,AD=c, trong mặt phẳng (SBD) đường thẳng đi qua
trọng tâm G của tam giác SBD và cắt các cạnh SB,SD tại M và N.Gọi K là giao điểm của
mặt phẳng (AMN) với cạnh SC. Xác định vị trí M trên cạnh SB để thể tích của khối chóp
S.AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo a,b,c.
(Học sinh giỏi Hà Nội 2008)

2


Giải :
S


K
N
M

G
A

D

B

C

SM
SN
1
= x,
= y, từ giả thiết G là trọng tâm của tam giác SBD nên ≤ x ≤ 1, .
SB
SD
2
uuu
r
r
uur r uuur r
uuur
r
1
≤ y ≤ 1 . Đặt SB = u , SD = v , Đặt SM = x.u , SN = y.v ,

2

Đặt

Từ phân tích chúng ta có:

uuuur 1
r 1v
MG = ( − x )u + v ,
3
3
uuur
1r
1 v
GN = − u + ( y − )v ,
3
3
uuuur 1
r 1v
uuur
1r
1 v
Do MG = ( − x )u + v và GN = − u + ( y − )v cùng phương nên ta có
3
3
3
3
1
1
x−

1
1
3 = 3 ⇔ 3xy = x + y
≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ 1 .
với
1
1
2
2
y−
3
3
VS . AMK SM SK
VS . AMK SN SK y x
x
=
.
=
.
= =
=
,
VS . ABC
SB SC
VS . ABC SD SC 2 2
2

Cộng lại ta có:
VS . AMKN 1
3 x2

3 x2
a.b.c x 2
= ( x + y) = (
) ⇔ VAMKN = (
).VSABCD =
(
)
VS . ABCD 4
4 3x − 1
4 3x − 1
4 3x − 1
1
x2
Xét hàm số f(x)=
trên đoạn [ ;1] ta ta được
2
3x − 1
4
2 Minf(x) = 1
1
Maxf(x) =
x
=
khi
,
khi x = hoặc x=1.
1
1
9
2

[ ;1]
[ ;1]
3
2
2

2

3


Vậy để thể tích khối chóp thể tích của khối chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất khi
Để thể tích khối chóp thể tích của khối chóp S.AMKN đạt giá trị nhỏ nhất khi

SM 2
= .
SB 3

SM
= 1 hoặc
SB

SM 1
= .
SB 2

Dạng2. Vận dụng các bất đẳng thức đại số.
Trên cơ sơ biêủ diển biểu thức cần tìm cực trị (Thể tích khối đa diện, diện tích thiết diện...)
dưới các biến khác, tìm điều kiện ràng buộc giữa các biến, khai thác các bất đẳng thức đại
số cơ bản như bất đẳng thức cosi, bunhiacopsi.....

Từ đó giải quyết bài toán theo hướng đại số.
Bài toán 3. Cho tứ diện ABCD có thể tích không đổi V. Điểm M thuộc miền trong ∆ABC
các đường thẳng qua M song song với DA,DB,DC theo thứ tự cắt các mặt phẳng (DBC),
(DCA), (DAB) tương ứng tại A1, B1, C1.
a) Chứng minh rằng

MA1 MB1 MC1
+
+
=1
DA
DB DC

b)Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MA 1B1C1 theo V khi M thay đổi trong

∆ABC .

Giải
a)Kẻ AM, BM, CM cắt BC, AC, AB tại N, P , Q ta có các tỷ lệ thức:
QM
MA1 MN MB1 PM MC1
=
,
=
,
=
QC
DA
AN
DB PB

DC
MA1 MB1 MC1 MN PM QM
Vậy:
+
+
=
+
+
QC
DA
DB DC
AN PB
S
MN S1 PM S 2 QM
Mặt khác :
= ,
=
,
= 3
QC
AN S
PB S
S

Trong đó S1 , S2 , S3 , S1 và S lần lượt lá diện tích các tam giác MBC, MAC, MAB và ABC.
Ta có:
S1 + S 2 + S3
S
MA1 MB1 MC1 MN PM QM S1 S 2
S

+
+
=
+
+
= +
+ 3+ 1 =
=1 (đpcm)
S
S
QC S
DA
DB DC
AN PB
S
S

D

B1
C1

A1

A

P
Q

M

B

4

C
N


b) Xét Tam giác MB1C1 có MC1 song song với DC, MB1 song song với DB nên (MC1 ,MB1)
= (DC, DB)= α , trong đó (MC1 ,MB1 ) là góc giữa các đường thẳng MC1 và ,MB1 , (DC,
DB) là góc giữa các đường thẳng DC và DB.
Ký hiệu: β1 = S ∆MB C , β = S∆DBC
1 1

1
1
MB1.MC1.sin α , β = S ∆DBC = DB.DC.sin α
2
2
1
Thể tích khối tứ diện ABCD:V= h.β (trong h là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
3

Ta có:

β1 = S ∆MB1C1 =

(DBC))
1
3


Thể tích khối tứ diện MA1B1C1: VMA B C = h1.β1 (trong h1 là khoảng cách từ điểm A1 đến mặt
1 1 1

phẳng (MB1C1). Ta có:

V1 MB1 MC1 h1
.
. . Đặt
=
V
DB DC h

MB1
MC1
MA1
= x,
= y,
=z
DB
DC
DA

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (DBC), H 1 là giao điểm của AH và
(MB1C1), do hai mặt phẳng (MB1C1) và (DBC) song song với nhau nên ta có:
HH1 h1 MN MA1
V MB1 MC1 h1
= =
= z . Vậy 1 =
.

. = x. y.z ⇔ VMA1B1C1 = xyz.V
=
HA
h AN DA
V
DB DC h
Từ câu a) ta có: x + y + z = 1 với x, y , z là các số dương.
1
V
Áp dụng bất đẳng thức Côsy ta được: x. y.z ≤ .Từ đó suy ra: VMA1B1C1 = xyz.V ≤ .
27
27
Đẳng thức xảy ra khi và chi khi: x = y = z ⇔ S1 = S2 = S3 . Hay M là trọng tâm của tam giác

ABC.
Bài toán 4 . Cho tam giác ABC nhọn.Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm
S (H thuộc cạnh AC ). Gọi (P) là mặt phẳng qua C và vuông góc với SB, giả sử (P) cắt tia
đối của tia Ax tại.Đường thẳng MH cắt SC tại N.
a) Chứng minh MC ⊥ (SHB), SC ⊥ (MBN).
b) Biết cạnh BC=a, ∠ABC = α , ∠ACB = β . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam
giác SMC theo a, α , β khi S di động trên tia Ax.
( Học sinh giỏi tỉnh 11 Hà Tĩnh 2014)
Giải

S

N

A


H

C
P
B

M

5


a)
Giả thiết suy ra BH ⊥ (SAC), nên MC ⊥ BH, mặt khác mp(P) vuông góc với SB
nên MC ⊥ SB, trong đó SB và BH cắt nhau, cùng thuộc mp(SHB) vậy MC ⊥ (SHB).
Từ BH ⊥ (SAC) suy ra SC ⊥ BH, MC ⊥ (SHB) suy ra MC ⊥ SH nên H là trực
tâm của tam giác SMC nên ta có MN ⊥ SC, với MN, BH cắt nhau và cùng thuộc
mp(MNB) vậy SC ⊥ (MBN).
b) Do tam giác HBC vuông tại H, ∠HCB = β , BC = a.nên ta tính được: BH = a.sin β , CH =
a.cos β . Do ∠BAC = π − (α + β ) , tam giác HBA vuông tại H nên AH= BHcot BAC = -a.sin β
a.sinα
.cot (α + β ) suy ra AC=
,( AC không đổi).
sin(α + β )
Đặt SA= x , (x dương ) do tam giác SAH đồng dạng với tam giác CAM nên ta có đẳng thức:
AS AH
AC. AH
a 2 .sinα .sin β .cos(α + β )
=
=−
. ⇔ MS =

.
AC MS
AS
x sin 2 (α + β )
-a.sinα .sin β .cos(α + β )
Vậy SM= SA+AM= x +
.
x.sin 2 (α + β )
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
-a 2 .sinα .sin β .cos(α + β )
a − sin α .sin β .cos(α +β )
≥ . 2.
SM= x +
.
2
x.sin (α + β )
sin(α + β )
1
a 2 sin α − sin α .sin β .cos(α + β )
S
=
Khi đó diện tích của tam giác ACM: VACM
SM.AC ≥
.
2
sin 2 (α + β )
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác SMC theo a, α , β khi S di động
trên tia
2
a sin α − sin α .sin β .cos(α + β )

a − sin α .sin β .cos(α +β )
Ax là:
đạt được khi SA =
.
2
sin (α + β )
sin(α + β )
Dạng 3. Các bài toán vận dụng các bất đẵng giữa đường xiên, hình chiếu và đường
vuông góc.
Bất đẳng thức giữa đường xiên, hình chiếu và đường vuông góc được vận dụng khá nhiều
trong các bài toán cực trị hình học.Trong nội dung bài viết này, chúng tôi giới hạn đối với
các bài toán sử dụng phương pháp tọa độ, được vận dụng nhiều trong phương pháp tọa độ
không gian.
Bài toán5 . Cho mặt cầu (S): ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 1) 2 = 4 và mặt phẳng (P): x + 2 y − 2 z + 6 = 0 .
Qua điểm M thuộc mặt phẳng (P) kẻ tiếp tuyến MB đến mặt cầu (S) với B là tiếp điểm. Xác
định tọa độ điểm M để MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải .

I
B

H
P

6

M


Gọi I là tâm của mặt cầu (S), bán kính R, với I(1;0;-1),R=2, H là hình chiếu vuông góc của

I trên mặt phẳng(P).
Khoảng cách từ tâm I tới mặt phẳng (P): d ( I ,( P )) = 3 ≥ R
Vậy mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) không giao nhau. Với điểm M thuộc mặt phẳng (P), ta
luôn kẻ được tiếp tuyến MB đến mặt cầu (S) với B là tiếp điểm.
Khi đó ta có đẳng thức: MB2 = IM2-R2.
Do IM là đường xiên, IH là đường vuông góc nên ta có bất đẳng thức: IH ≤ IM
Vậy MB2 = IM2-R2 ≥ IH2 - R2 .
MB đạt giá trị nhỏ nhất là IH 2 - R2 , đẵng thức xảy ra khi điểm M trùng với điểm H. Từ đó
xác định được điểm M.Gọi d là đường thẳng đi qua I(1;0;-1) và vuông góc với mặt phẳng
(P).
x = 1+ t

Phương trình đường thẳng d:  y = 2t
 z = −1 − 2t


Từ lập luận ở trên ta tìm được M là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P), vậy
M(0;-2;1).
Bài toán 6: Cho mặt phẳng (P): x+y+z-3=0, và điểm A(1;1;1) thuộc mặt phẳng (P). Viết
phương trình tham số đường thẳng d , thuộc mặt phẳng (P), đi qua điểm A sao cho khoảng
cách từ điểm M(0;2;4) đến đường thẳng d đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất.
Giải
M

H
P

d

A

N

Ta chứng minh được điểm M không thuộc mặt phẳng (P). Giả sữ đường thẳng d thuộc mặt
phẳng (P ) và đi qua điểm A, H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P), ta tìm
được H(-1;1;3 ) Nlà hình chiếu vuông góc của H trên d. Khi đó đường thẳng d vuông góc
với các đường thẳng NH và MH nên đường thẳng d vuông góc với MN. Nên khoảng cách từ
M đến đường thẳng d là MN:
+) Từ bất đẳng thức MN ≥ MH nên khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d đạt giá trị
nhỏ nhấtuuurlà MH khi và chỉ khi N trùng với H, khi đó đường thẳng d đi qua hai điểm A và
H.Vậy AH (2;0; -2) là một véc tơ chỉ phương, nên phương trình tham số đường thẳng d:
 x = 1 + 2t

y =1
 z = 1 − 2t


+) Từ bất đẳng thức MN ≤ MA nên khoảng cách từ M đến đường thẳng d đạt giá trị lớn nhất
r uuur
khi N trùng với A khi đó MA vuông góc với đường thẳng d khi đó  n, MA =(-2;4;-2) là
một véc tơ chỉ phương của d.
x = 1+ t

Phương trình tham số của d:  y = 1 − 2t
z = 1+ t


V.MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LYỆN

7



Bài1.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 AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H
của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C.
a)Chứng minh 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 khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa
AB và A’C.
Bài2. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4a ( a > 0 ) , các
cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất.
Bài3.Cho hình chóp S.ABCD,SA là đường cao,đáy là hcn với SA=a,AB=b, AD=c. Trong
mp(SDB) lấy G là trọng tâm tam giác SDB qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt
cạnh SD tại N,mp(AMN) cắt SC tại K . Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất, Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó.
 x = −t

Bài 4. Trong không gian Oxyz cho đường thẵng d :  y = 1 + 2t
 z = 3t


và điểm

A(-1;2;3).Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ
điểm A đến mp (P) đạt giá trị lớn nhất.

8