Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ năng giải bài toán cực trị hình học không gian liên quan đến khối chóp và lăng trụ

MỤC LỤC Trang Mở đầu…………………………………………………………………… .1 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu .1 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu .1 Nội dung 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng trước áp dụng đề tài 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải vấn đề …………… 2.3.1 Phương pháp sử dụng tính chất hình học…………………… ………… 2.3.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức bản……… ……………… .6 2.3.3 Phương pháp sử dụng kĩ thuật đặt biến để đưa xét cực trị hàm số ….12 2.3.4 Phương pháp sử dụng kĩ thuật trải hình…………… 17 2.4 Hiệu áp dụng sáng kiến kinh nghiệm………… 19 Kết luận, kiến nghị 20 Kết luận .20 Kiến nghị……………………………………………………… ……… … 20 Tài liệu tham khảo 21 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong chương trình Hình học trung học phổ thơng, bên cạnh dạng tốn khơng gian quen thuộc ta còn gặp toán mà yêu cầu có yếu tố giá trị lớn nhỏ thể tích khối đa diện, chu vi … Đây lớp tốn mà tài liệu tham khảo đề cập đến có đề cập chưa thực dễ dàng tiếp nhận học sinh cách viết nhiều tài liệu không mang tới tri thức phương pháp, kĩ nhận dạng Thơng thường tài liệu thường trình bày cách làm Rõ ràng thấy lớp tốn mà học sinh khó định hướng lời giải, tương đối lạ lẫm với học sinh, với tâm lý e ngại gặp yêu cầu có yếu tố lớn nhất, nhỏ (do quan niệm quán rằng, câu hỏi bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, nhỏ câu hỏi khó nhiều kỳ thi học sinh giỏi cấp, thi THPT quốc gia hay thi ĐH, CĐ trước đây) Để giải lớp toán này, cần kiến thức tương đối tổng hợp véc tơ, hình học đơn thuần, bất đẳng thức, hàm số… Với lý trên, nhằm giúp học sinh hứng thú với mơn Tốn đặc biệt hình học, góp phần hình thành tư quy lạ quen, vận dụng linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu tìm tòi sáng tạo, tơi trình bày chuyên đề “ Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ giải tốn cực trị hình học khơng gian liên quan đến khối chóp lăng trụ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ giải tốn cực trị hình học khơng gian liên quan đến khối chóp lăng trụ 1.3 Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm xoay quanh dạng toán cực trị hình học khơng gian như: tìm xác định yếu tố khối chóp, lăng trụ để thể tích lớn nhất, nhỏ nhất; chu vi đa giác lớn nhất, nhỏ 1.4 Phương pháp nghiên cứu Thực sáng kiến kinh nghiệm này, sử dụng phương pháp sau đây: - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp khảo sát thực tiễn - Phương pháp phân tích - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp khái quát hóa - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm 2.NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Cung cấp cho học sinh không kiến thức mà tri thức phương pháp, khả tư duy, khả quy lạ quen, đưa vấn đề phức tạp trở thành vấn đề tương đối nhẹ nhàng nhờ việc hiểu rõ cốt lõi dạng toán Từ kiến thức phải dẫn dắt học sinh có kiến thức nâng cao cách tự nhiên (chứ không áp đặt kiến thức nâng cao) Chuyên đề này, đa phần ví dụ minh họa trình bày hai cách làm phương pháp sử dụng bất đẳng thức phương pháp hàm số Chuyên đề cố gắng khắc phục điểm yếu kĩ sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho học sinh 2.2.Thực trạng trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi - Học sinh trang bị đầy đủ kiến thức, tập thông thường thành thạo - Học sinh hứng thú tiết hình học khơng gian 2.2.2 Khó khăn - Giáo viên nhiếu thời gian để chuẩn bị kiến thức, tập minh họa - Nhiều học sinh quên kiến thức hình học không gian, vận dụng kiến thức véc tơ, bất đẳng thức, hàm số - Đa số học sinh e ngại làm quen với tốn có u cầu giá trị lớn nhất, nhỏ 2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải vấn đề 2.3.1 Phương pháp sử dụng tính chất hình học Trong phương pháp này, học sinh cần biết cách sử dụng so sánh độ dài cạnh tam giác vuông Khoảng cách lớn điểm cung trịn đến đường thẳng… Ví dụ Cho hình chóp S ABC có SA = a , SB = a , SC = a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho a3 a3 a3 A Vmax = a B Vmax = C.Vmax = D.Vmax = Giải Gọi H hình chiếu A mặt phẳng ( SBC ) Þ AH ^ ( SBC ) A Ta có · AH £ AS Dấu '' = '' xảy AS ^ ( SBC ) 1 · · SDSBC = SB.SC.sin BSC £ SB.SC B 2 S Dấu '' = '' xảy SB ^ SC H ỉ 1 1 SB ìSC ữ AS = SA.SB.SC Khi ú V = SDSBC AH Ê ỗ ữ ỗ C ữ ố2 ứ 3ỗ Du '' = '' xy SA, SB, SC đơi vng góc với a3 Vậy thể tích lớn khối chóp Vmax = SA.SB.SC = Chọn D 6 Ví dụ Cho tứ diện ABCD có AB = 3a , AC = 4a , AD = 5a Gọi M , N , P trọng tâm tam giác DAB , DBC , DCA Tính thể tích V tứ diện DMNP thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn 120a 80a3 20a3 10a A V = B V = C V = D V = [1] 27 27 Giải VD.MNP DM DN DP ổử 2ữ = =ỗ ữị ỗ ố3 ữ ứ VD.HIK DH DI DK ỗ 8 VD.HIK = VD ABC = VD ABC 27 27 27 Theo kết Ví dụ 1: VD.MNP = 6 ( VD ABC ) max = AB AC AD = 3a.4a.5a =10a Vậy: VD.MNP = 20 10a3 = a Chọn D 27 27 ( ) Ví dụ Cho hình chóp S ABC có SA = x < x < , tất cạnh còn lại Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A V = max B Vmax = C V max = D Vmax = 16 12 [2] Giải Ta có tam giác ABC SBC tam giác cạnh Gọi N trung điểm BC Trong tam giác SAN , kẻ SH ^ AN ( 1) ● SN đường cao tam giác SBC Þ SN = ïì BC ^ AN Þ BC ^ ( SAN ) Þ BC ^ SH ● ïí ïïỵ BC ^ SN Từ ( 1) ( 2) , suy SH ^ ( ABC ) 1 3 VS ABC = SDABC SH £ SD ABC SN = = 3 Dấu '' = '' xảy Û H º N Chọn B ( 2) S x Diện tích tam giác ABC SDABC = C A H N B Ví dụ Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB = x cạnh còn lại A Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A x = B x = C x = D.x x = 14 [3] Giải C B Cách làm tương tự H D N Tam giác BCD cạnh Þ BN = VABCD lớn H º N Khi ANB vng Trong tam giác vng cân ANB , có AB = BN = Chọn A Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = b SA ^ ( ABCD ) Điểm M thay đổi cạnh CD , H hình chiếu vng góc S BM Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S ABH theo a, b a 2b a 2b a 2b a 2b [2] A B C D 18 12 24 Giải Cách ìï BH ^ SH Þ BH ^ ( SAH ) nên H thuộc Do ïí ïïỵ BH ^ SA đường tròn đường kính AB Gọi K hình chiếu vng góc H lên cạnh AB Dễ dàng suy 1 ab.HK VS ABH = SDABH SA = b.SDABH = 3 Do để thể tích lớn HK lớn HK lớn H điểm cung »AB , tức H trùng với tâm hình vng ABCD hay M trùng với D a a 2b HK = Khi Vậy (VS ABH )max = Chọn A 12 Nhận xét: AH , BH ràng buộc với đại lượng khơng đổi AB nên ta có cách giải khác kiến thức bất đẳng thức Cô-si sau: ïì BH ^ SH Þ BH ^ ( SAH ) Þ BH ^ AH Cách Do ïí ïïỵ BH ^ SA 1 b HA2 + HB AB a 2b VS ABH = SDABH SA = b AH BH £ =b = 6 12 12 a 2b (VS ABH )max = Û HA = HB Û H trùng với tâm đáy hay M trùng với D 12 Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a , cạnh bên 2a O tâm đáy Mặt phẳng ( P ) thay đổi chứa SO cắt đoạn thẳng AB,AC điểm M, N( M,N khác A) Điểm M thay đổi cạnh CD , H hình chiếu vng góc S BM Khi góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng (P) có số đo lớn nhất, tính AM + AN 369a 8a 3a A a B C D [4] 400 Giải ìï AH ^ MN Þ AH ^ ( SMN ) Gọi H hình chiếu A MN , ta có ïí ïïỵ AH ^ SO ⇒ H hình chiếu A mặt phẳng (SMN) ⇒ Góc đường thẳng SA mặt phẳng · (SMN) góc HSA · · Do lớn 00 < HSA < 900 nên HSA · lớn sin HSA a AH OA · = £ = = Ta có sin HSA SA SA 2a 3 · Vậy sin HSA lớn Û H º O ,hay góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng (P) có số đo lớn MN ^ AO Khi đường thẳng MN qua O song song góc với BC 2a 8a 2 Þ AM = AN = Þ AM + AN = Chọn D Nhận xét: Nếu nhận biết nhanh kết câu hỏi trắc nghiệm, giáo viên nên cho học sinh thấy, MN qua O cần có vị trí đặc biệt có trường hợp MN song song với BC Từ dẫn tới kết Ví dụ Cho tam giác ABC cạnh a Một điểm M thay đổi đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC ) A ( M khác A ) Gọi H , O trực tâm tam giác MBC ABC Giá trị lớn thể tích tứ diện OHBC bằng: a3 a3 a3 a3 A B C D [5] 145 121 144 112 Giải ïìï CE ^ MA Þ CE ^ ( MAB ) Þ CE ^ MB í ïïỵ CE ^ AB ìïï MB ^ CE Þ MB ^ (CEF) Þ MB ^ OH í ïïỵ MB ^ CF Tương tự: · MC ^ OH Þ OH ^ ( MBC ) Þ DHO = 900 Kẻ HH ' ^ ( ABC ) Þ H ' Ỵ DO a2 Ta có: SDOAB = SD ABC = , thể tích 12 khối tứ diện OHBC lớn HH ' lớn Do H chạy đường tròn đường kính OD nên HH ' lớn Û a3 1 a a Khi VH OBC = HH '.SD OBC = HH ' = DO = = 144 2 12 Chọn B 2.3.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trong phương pháp này, học sinh cần rèn luyện kĩ sử dụng biết cách chọn “điểm rơi” áp dụng bất đẳng thức Cơ-si Ví dụ Trên ba tia Ox, Oy, Oz vng góc với từng đơi, lấy điểm A, B, C cho OA = a, OB = b, OC = c Giả sử A cố định còn B, C thay đổi luôn thỏa OA = OB + OC Tính thể tích lớn Vmax khối tứ diện OABC A V max = a3 B V max = a3 a3 max = 24 C V D V max = a3 32 [2] Giải Từ giả thiết ta có a = b + c Do OA, OB, OC vuông góc từng đơi nên a 1 ổ b + c a3 ữ ỗ b =c = VOABC = abc = a.( bc ) £ a.ỗ = Du '' = '' xy ữ ữ 24 ố ứ 6 ỗ Chọn C Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có độ dài đường chéo AC ' = 18 Gọi S diện tích tồn phần hình hộp cho Tìm giá trị lớn Smax S A Smax = 36 B Smax =18 C Smax =18 D Smax = 36 Giải Gọi a, b, c ba kích thước hình hộp chữ nhật Khi S = 2( ab + bc + ca ) Theo giả thiết ta có a + b + c = AC '2 =18 Từ bất đẳng thức a + b + c ³ ab + bc + ca , suy S = 2( ab + bc + ca ) £ 2.18 = 36 Dấu '' = '' xảy Û a = b = c = Chọn D Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích mặt 36 độ dài đường chéo Tính thể tích lớn Vmax khối hộp chữ nhật cho A Vmax =16 B Vmax =12 C Vmax = D Vmax = 6 [2] Giải a , b , c Giả sử kích thước hình hộp chữ nhật.Độ dài đường chéo hình chữ nhật a + b + c Tổng diện tích mặt 2( ab + bc + ca ) ìï 2( ab + bc + ca ) = 36 ìï ab + bc + ca =18 ï Û ïí Theo giả thiết ta có í 2 ïï a + b + c = ïïỵ a + b + c = 36 ïỵ Ta cần tìm giá trị lớn V = abc  Ta có ( a + b + c ) = a + b + c + 2( ab + bc + ca ) = 72 Þ a + b + c = ( ) ( 2  Ta có ( b + c) ³ 4bc Û - a ³ é 18 - a ê ë é 18 - a ( b + c ) ù 18 - a - a Khi V = abc = a é ë û= a ê ë ( ) ) aù Û £ a £ ú û ù= a - 2a +18a ú û ( , Xét hàm số f ( a ) = a - 2a +18a với a Ỵ 0;4 ù ú û ta maxù f ( x) = f = f = Chọn C ( 0;4 ( ) 2ú û ( ) æa + b + c ÷ Nhận xét Nếu sử dụng V = abc Ê ỗ ữ ỗ ữ =16 thỡ sai vỡ du '' = '' ỗ ố ứ khụng xảy Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA = y ( y > 0) vng góc với mặt đáy ( ABCD ) Trên cạnh AD lấy điểm M đặt AM = x ( < x < a ) Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S ABCM , biết x + y = a a3 2a 3 a3 D C Vmax = V = max 8 24 Giải S Từ x + y = a Þ y = a - x Diện tích mặt đáy y ỉBC + AM ÷ ổa + x ữ ỗ S ABCM = ç AB = a ÷ ÷ a A ç ç B ÷ ÷ ç ç ø x è ø è a M V = S SA Thể tích khối chóp S ABCM C D ABCM ỉa + x a 2 = ỗ aữ a x = ( a + x) a - x ữ ỗ ữ ç ø 3è Cách 1.Ta có : 3 ( a + x) a - x = ( a + x ) ( a - x ) = ( a + x ) ( 3a - 3x ) A Vmax = £ a3 B Vmax = æa + x + a + x + a + x + 3a - 3x 3a ữ ỗ = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ 4 3a a max f ( x) = Û a + x = 3a - 3x Û x = ( 0;a) Nhận xét: Khi dùng BĐT Cô-si đánh giá theo chiều tích sang tổng cần thêm bớt hệ số để vế bên tổng triệt tiêu biến x Cách 2.Xét hàm f ( x) = ( a + x ) a - x ( 0;a ) , ta ỉa 3a a3 ữ max f ( x) = f ỗ = Suy Vmax = ữ ỗ ữ ỗ ( 0;a) è2 ø Chọn B Ví dụ Cho tứ diện S ABC có SA, AB, AC đơi vng góc với nhau, BC = a, SB = b, SC = c Tính thể tích lớn Vmax khối tứ diện cho A Vmax = abc B Vmax = abc C Vmax = abc abc D Vmax = 12 24 Giải ìï x + y = a S ïï 2 Đặt AB = x, AC = y , AS = z Ta có ïí x + z = b c ïï z 2 ïï y + z = c b ỵ y C A xy yz zx ( )( )( ) xyz Þ V = Khi V = x a 288 B x + y )( y + z )( z + x ) a 2b 2c ( abc £ = Þ V£ 288 288 24 Dấu '' = '' xảy x = y = z Þ a = b = c Chọn D Ví dụ Cho tam giác ABC vuông cân B , AC = Trên đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng ( ABC ) lấy điểm M , N khác phía so với mặt phẳng ( ABC ) cho AM AN =1 Tính thể tích nhỏ Vmin khối tứ diện MNBC 1 A Vmin = B Vmin = C Vmin = D Vmin = [2] 12 Giải Đặt AM = x, AN = y suy AM AN = x y =1 M AC = Tam giác vng ABC có AB = BC = 2 AB Diện tích tam giác vng SDABC = =1 A C Ta có VMNBC = VM ABC +VN ABC = SDABC ( AM + AN ) B Cosi 1 N = ( x + y ) ³ xy = 3 Dấu '' = '' xảy x = y =1 Chọn D Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA = a SM SA ^ ( ABCD ) Trên SB, SD lấy hai điểm M , N cho = m > 0, SB SN = n > Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S AMN biết SD 2m + 3n =1 a3 a3 a3 a3 A Vmax = B Vmax = [2] C Vmax = D Vmax = 48 72 24 Giải VS AMN SM SN a3 = = mn Thể tích khối chóp S ABD VS ABD = Ta có V SB SD S ABD 2.m 3.n 2m + 3n mna £ = Þ VS AMN = mnV S ABD = Mặt khác mn = 6 6 ìï 2m = 3n S 1 ï Û Þ m = ; n = Dấu '' = '' xảy í ïï 2m + 3n =1 M ỵ N a3 Suy VS AMN £ B 72 A Chọn B D ABCD làCmột hình Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy vng Biết tổng diện tích tất mặt khối hộp 32 Tính thể tích lớn Vmax khối hộp chữ nhật cho 56 80 70 64 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = 9 9 Giải Gọi a độ dài cạnh hình vng đáy, b chiều cao khối hộp với a, b > Cách Theo giả thiết ta có 2a + 4ab = 32 1 V = a b = 8a 4b = (2a )(2ab)(2ab) 2 2 BĐT Cơ si £ ỉ (2a ) + (2ab) + (2ab) ữ ỗ ữ = ỗ ữ 2 ữ 2 ỗ è ø æ a + ab ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ ổ 32 64 ữ ỗ = = ữ ỗ ữ ố3 ứ 2 ç 64 ìïï 2a = 2ab Vmax = Û í Û a =b = Chọn D ïï 2a + 4ab = 32 ỵ Cách 1ỉ 16 2a + 4ab = 32 Û 2a ( a + 2b) = 32 Û a ( a + 2b) =16 Û b = ỗ - aữ ữ ỗ ữ ốa ứ 2ỗ 16 - a > ® a < Do b > Þ a 16 1ỉ ÷ a =- a + 8a Khi thể tích khối hộp : V = a ỗ ữ ỗ ữ ốa ứ 2ỗ ổ4 ö 64 ÷ = Xét hàm f ( a ) =- a + 8a ( 0;4) , ta max f ( a ) = f ỗ ữ ỗ ữ ỗ ( 0;4) ố 3ứ Ví dụ Cho hình lăng trụ đứng tích V có đáy tam giác Khi diện tích tồn phần hình lăng trụ nhỏ độ dài cạnh đáy bao nhiêu? 10 A C 2V D 6V [2] Giải Gọi h > chiều cao lăng trụ; a > độ dài cạnh đáy a2 4V h Þ h = Theo giả thiết ta có V = Sday h = a a2 4V + 3a Diện tích toàn phần lăng trụ: S = S2 day + S xung quanh = a 3 4V B V Áp dụng BĐT Côsi, ta có: S toan phan = a 3V + a a 3V 3V a 2 3V 3V = + + ³ = 3 2V 2 a a a a a 3V 3V Dấu '' = '' xảy Û = = Û a = 4V Chọn A a a Ví dụ 10 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A¢B ¢C ¢D ¢ có AB = x, AD = 3, góc đường thẳng A¢C mặt phẳng ( ABB ¢A¢) 300 Tìm x để khối hộp chữ nhật tích lớn 15 3 A x = B x = C x = D x = [2] 5 2 Giải Vì ABCD A¢B ¢C ¢D ¢là hình hộp chữ nhật suy BC ^ ( ABB ¢A¢) Khi A¢B hình chiếu A¢C mặt phẳng ( ABB ¢A¢) · ¢B Đặt BB ¢= h ( h > 0) Suy 300 = · A¢C ,( ABB ¢A¢) = (·A¢C , A¢B) = CA D' C' B' A' h C D A x B D A¢B ¢B, vng nên A¢B = A¢B ¢2 + BB ¢2 = x + h BC · Û x + h = 27 D A¢BC vng có tan CA¢B = ¢ Û tan 30 = AB x + h2 Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD A¢B ¢C ¢D ¢là V = BB ¢.S ABCD = xh ỉx + h ÷ 27 81 81 = = Þ Vmax = ÷ Áp dụng BĐT Cơsi, ta cú xh Ê 3ỗ ỗ ữ ỗ 2 è ÷ ø ìï x = h > 27 ïí Û Þ x = Þ x = Chọn B Dấu '' = '' xảy ïïỵ x + h = 27 2 11 Ví dụ 11 Cho tam giác OAB cạnh a Trên đường thẳng d qua O vng góc với mặt phẳng ( OAB ) lấy điểm M cho OM = x Gọi E , F hình chiếu vng góc A MB OB Gọi ON giao điểm EF d Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ a a a A x = a B x = C x = D x = [2] 12 Giải a Do tam giác OAB cạnh a Þ F trung điểm OB Þ OF = M ïì AF ^ OB Þ AF ^ ( MOB ) Þ AF ^ MB Ta có ïí ïïỵ AF ^ MO Mặt khác, MB ^ AE Suy MB ^ ( AEF ) Þ MB ^ EF A O Suy D OBM ∽ D ONF nên E F OB ON OB.OF a = Þ ON = = OM OF OM 2x B N Ta có VABMN = VABOM +VABON a2 ỉ a2 a3 ÷ ç = SD OAB ( OM + ON ) = ỗx + ữ ữ ữ 12 12 ç è 2x ø a2 a Chọn B Û x= 2x Ví dụ 12 Xét tứ diện ABCD có cạnh AB = BC = CD = DA = AC, BD thay đổi Giá trị lớn thể tích khối tứ diện ABCD 3 A B C D [6] 27 27 9 Giải Gọi M, N trung điểm BD, AC Đặt BD = x, AC = y ( x, y > ) Đẳng thức xảy x = Ta có CM ⊥ BD, AM ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( AMC ) Ta có MA = MC = − x , MN = − x − y , 1 S AMN = MN AC = y − x − y 2 1 VABCD = DS S AMC = x y − x − y 3 2 = x y ( − x − y ) ≤ (x + y + − x2 − y ) 27 ⇒ VABCD ≤ 27 12 Chọn A 2.3.3 Phương pháp sử dụng kĩ thuật đặt biến để đưa xét cực trị hàm số Phương pháp đòi hỏi học sinh phải biết cách xác định đại lượng thiếu, đặt biến đưa yêu cầu toán xét cực trị hàm số( nhiều giải cách sử dụng BĐT, thường BĐT Cô-si) Một vài nguyên tắc đặt biến thường gặp như: Nếu tam giác vuông biết độ dài cạnh đặt biến độ dài hai cạnh lại.Nếu tứ giác hình chữ nhật, vng, thoi…biết cạnh đặt biến độ dài cạnh kề với nó… Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân C , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy ( ABC ) Biết SC =1, tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 3 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = [2] 27 27 12 12 Giải Cách1 Đặt CA = CB = x > Þ SA = SC - AC = - x S 1 Diện tích tam giác SDABC = CA.CB = x 2 B A 1 x x Khi VS ABC = SD ABC SA = x - x C ỉ 2ư ÷ ÷ f ( x) = f ç = ç Xét hàm số f ( x) = x - x ( 0;1) , max Chọn D ữ ỗ ( 0;1) ữ 27 ỗ ố 3ø Cách (Dùng BĐT Cơ-si) 1 ỉ x2 + x2 + - x2 ö 2 2 ữ ỗ x 1- x = x x ( - x ) Ê ữ = ỗ ữ ữ 2 ỗ ố ứ Nhn xột: Do ABC l tam giác vuông cân C , nên việc đặt CA = CB = x > gọn gàng cho việc tính tốn so với đặt AB = x > Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng C , AB = Cạnh bên SA =1 vng góc với mặt phẳng đáy ( ABC ) Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 1 1 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = 12 Giải S Đặt AC = x > Suy CB = AB - CA2 = - x x x Diện tích tam giác SDABC = AC.CB = 2 1 Khi VS ABC = SD ABC SA = x - x ( ) B A C 13 1æ x2 + - x2 ữ ỗ Ê ç ÷ = Chọn A ÷ ÷ 6ç è ø Nhận xét: Trong toán này, vai trò AC , BC nên đặt AC = x > BC = x > Có thể dùng phương pháp hàm số để tìm giá trị lớn f ( x) = x - x , x Î ( 0;2) Tuy nhiên, dùng BDT Cô-si đơn giản Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A AB =1 Các cạnh bên SA = SB = SC = Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 5 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = [2] 3 Giải Gọi I trung điểm BC Suy IA = IB = IC Þ I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Theo giả thiết, ta có SA = SB = SC = suy I hình chiếu S mặt phẳng ( ABC ) Þ SI ^ ( ABC ) ( ) Đặt AC = x > Þ BC = AB + AC = x +1 Tam giác vng SBI , có S 15 - x SI = SB - BI = 2 C B x Diện tích tam giác vng SDABC = AB AC = 2 I A 1 x +15 - x 1 x 15 - x 2 = x 15 - x £ = VS ABC = SDABC SI = 12 12 3 2 Chọn A Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác có SA = SB = SC =1 Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 1 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = 12 12 12 Giải O Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC S Vì S ABC hình chóp Þ SO ^ ( ABC ) ( Đặt AB = x > Þ SD ABC = x2 Gọi M trung điểm BC x x Þ AM = Þ OA = AM = 3 ) A C O M B 14 1 x2 3 - x2 VS ABC = SDABC SO = = x - x 3 12 Xét hàm f ( x) = x - x 0; , ta max f ( x) = f ( 0; 3) 12 Chọn A ( ) ( ) = 16 Cách (BĐT Cô-si cho số ,thêm bớt để triệt tiêu x vế tổng) 1 ỉ x2 + x2 + - 2x2 ÷ 2 ç x 3- x = x x ( - x ) Ê = ữ ỗ ữ ữ 2 ỗ ố ứ Vớ d Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) SC = Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 40 80 20 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = 24 [2] 3 Giải S Đặt BC = x > 0, D ABC vng Þ AC =16 + x D SAC vuông Þ SA = SC - AC = 20 - x Diện tích hình chữ nhật S ABCD = AB.BC = x Thể tích khối chóp S ABCD là: A B VS ABCD = S ABCD SA = x 20 - x x 3 C D Áp dụng BĐT Cơsi, ta có: 2 x 20 - x £ x2 + ( 20 - x 2 ) 40 VS ABCD £ 10 = Suy =10 3 Dấu " = " xảy Û x = 20 - x Û x = 10 Vậy Vmax = 40 Chọn A Cách Xét hàm số f ( x) = x 20 - x 0;2 S ABCD Ví dụ Cho hình chóp có đáy ABCD hình thoi tâm O , cạnh 1; SO vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) SC =1 Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax = B Vmax = Đặt OA = OC = x Tam giác vuông AOD, có ( ) C Vmax = 27 D Vmax = Giải 27 S OD = AD - OA2 = - x Suy BD = - x Diện tích hình thoi A B O C x D 15 S ABCD = OA.BD = x - x Tam giác vng SOC , có SO = SC - OC = - x 1 VS ABCD = S ABCD SO = x - x - x = x ( - x ) 3 ỉ1 2 ÷ f ( x) = f ỗ = ữ Xột hm f ( x ) = x ( - x ) ( 0;1) , ta c max ỗ ữ 3 Suy ỗ ( 0;1) ố 3ứ Chọn D 27 Cách Áp dụng BDT Côsi, ta có Vmax = x( 1- x ) 2 x ( - x )( - x ) æ2 x +1 - x +1 - x ÷ ç = ÷ = ç ÷ ç ÷ 3 27 è ø Nhận xét: Có thể đặt SO = x ta có lời giải tương tự Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, AD = Các cạnh bên Tìm thể tích lớn Vmax khối chóp cho 130 128 125 250 A Vmax = B Vmax = C Vmax = D Vmax = 3 3 Giải Gọi O = AC Ç BD Vì SA = SB = SC = SD suy hình chiếu S mặt đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, tứ giác ABCD hình chữ nhật Gọi O = AC Ç BD , suy SO ^ ( ABCD) Đặt AB = x > Tam giác vuông ABC , có S £ AC = AB + BC = x +16 Tam giác vng SOA, có SO = SA2 - AO = SA2 - 2 AC 128 - x = x B A 1 128 - x Khi VS ABCD = S ABCD SO = x 3 1 128 = x 128 - x £ ( x +128 - x ) = 3 ( O C D ) 128 Chọn B Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = 4, SC = mặt bên ( SAD ) tam giác cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 40 80 A Vmax = B Vmax = 40 C Vmax = 80 D Vmax = 3 Giải 16 Dấu '' = '' xảy x = 128 - x Û x = Suy VS ABCD £ Gọi H trung điểm AD Þ SH ^ AD ( SAD) ^ ( ABCD ) Þ SH ^ ( ABCD ) Giả sử AD = x > x2 +16 Tam giác vuông SHC , có Suy HC = HD + CD = S x2 SH = SC - HC = 20 1 Khi VS ABCD = S ABCD SH = AB AD.SH 3 2 A x 1 80 H = 4.x 20 = x 80 - x £ ( x + 80 - x ) = 3 D Chọn D ( ) B C Ví dụ 9.Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vng cân B Khoảng · · cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) a 2, SAB = SCB = 900 Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S ABC tích nhỏ a 10 A AB = C AB = 2a D AB = 3a B AB = a Giải Gọi D điểm cho ABCD hình vng ïìï AB ^ AD Þ AB ^ ( SAD ) Þ AB ^ SD Ta có í · ïï SAB = 900 đ AB ^ SA ợ Tng t, ta có BC ^ SD Từ suy SD ^ ( ABCD) Kẻ DH ^ SC ( H ẻ SC ) ị DH ^ ( SBC ) S ù é ù Khi d é ëA,( SBC ) û= d ëD,( SBC ) û= DH H Đặt AB = x > Trong tam giác vng SDC có C 1 1 1 D = + Û = + DH SD DC SD x a ( Suy SD = ax 2 x - 2a 2 ( ) a 2; +¥ , ta x - 2a f ( x) = f a = 3a Chọn B ( a ;+¥ ) ( B 1 ax3 a x3 = VS ABCD = = x - 2a x - 2a x3 A Thể tích khối chóp VS ABC Xét hàm f ( x) = ) ) 17 Ví dụ 10 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông C , AB = SA = SB = 2, SA ^ ( ABC ) Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên SB SC Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S AHK 3 A Vmax = D Vmax = B Vmax = C Vmax = [2] 6 3 Giải Đặt AC = x ( < x < 2) Þ BC = AB - AC = - x S Tam giác SAB cân A , có đường cao AH suy H K SH = trung điểm SB nên SB H Tam giác vng SAC có A SK SA2 SA = SK SC Þ = 2= SC SC + x2 B VS AHK SH SK = = = Ta có VS ABC SB SC x + x + Þ VS AHK 2 ổ x - x2 ữ ỗ = VS ABC = ỗ SDABC SAữ ữ= x + è3 ø x +4 x +4 ỗ ổ2 2 x - x2 ÷ = Xét hàm f ( x) = ( 0;2) , ta max f ( x ) = f ỗ ữ ỗ ữ ç ( 0;2) è 3ø x +4 Chọn A 2.3.4 Phương pháp sử dụng kĩ thuật trải hình Khi giải tốn hình chóp mà kiện liên quan đến tổng cạnh, tổng góc phẳng …thì việc phẳng hố hình chóp (tức trải phẳng tứ diện lên mặt phẳng) cho phù hợp cho ta lời giải gọn gàng dễ hiểu Ví dụ Người ta cần trang trí kim tự tháp hình chóp tứ giác S ABCD cạnh bên 200m , góc ·ASB =150 đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp AEFGHIJKLS Trong điểm L cố định LS = 40m (tham khảo hình vẽ) Hỏi cần dùng mét dây đèn led để trang trí? A 40 67 + 40 mét B 20 111 + 40 mét 18 C C 40 31 + 40 mét D 40 111 + 40 mét [7] Giải Ta sử dụng phương pháp trải đa diện Cắt hình chóp theo cạnh bên SA trải mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau Từ suy chiều dài dây đèn led ngắn AL + LS Từ giả thiết hình chóp S ABCD ,ta có ·ASL =1200 Ta có: · AL = SA2 + SL2 - 2SA.SLcos ASL = 2002 + 402 - 2.200.40.cos1200 = 49600 = 40 31 Vậy, chiều dài dây đèn led cần 40 31 + 40 mét Chọn C Ví dụ Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC vng A , SA ^ ( ABC ) SA = h ; hai điểm B, C thay đổi cho AB + AC = h Gọi I , J điểm di động cạnh SB SC Tìm giá trị nhỏ chu vi tam giác AIJ h A h B h C x = h D x = [8] Giải Trên tia AC tia AB lấy EMBED PBrush điểm A ', A '' cho AA ' = AA '' = SA = h Gọi S ' đỉnh thứ hình bình hành AA ' S ' A '' Khi AA ' S ' A '' hình vng cạnh h Dễ thấy D SAB=S'A 'C , D SAC=S'A '' B D SBC=S'BC (c.c.c) Như mặt xung quanh hình chóp trải mặt phẳng chứa đáy Gọi I ', J ' thuộc đoạn S ' C S ' B cho S ' I ' = SI , S ' J ' = SJ Khi chu vi tam giác AIJ độ dài đường gấp khúc A ' I '+ I ' J '+ J ' A '' Ta có A ' I '+ I ' J '+ J ' A '' ³ A ' A '' = h Dấu xảy A ', I ', J ', A '' thẳng hàng Vậy chu vi tam giác AIJ nhỏ h Chọn B 19 Ví dụ Cho hình chóp S ABC có ·ASB = 30° ; AB = a Lấy B′, C ′ thuộc cạnh SB, SC Tính giá trị nhỏ chu vi ∆AB′C ′ 2a 2a a ( - 1)a A B C D [9] 3 −1 2 Giải Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC sau: ∆ABS → ∆A1BS ; ∆ACS → ∆A2CS ; Khi đó, với điểm: B′ ∈ SB ; C ′ ∈ SC PAB′C ′ = AB′ + B′C ′ + C ′A = A1B′ + B′C ′ + C ′A2 ≥ A1 A2 Dấu “=” xảy ⇔ B′, C ′ ∈ A1 A2 Do A1 , A2 cố định ⇒ A1 A2 cố định SB, SC cố định ⇒ Ta xác định B′, C ′ thỏa mãn chu vi ∆AB′C ′ nhỏ Khi đó, ta có: ·A SA = ·A SB + BSC · · + CSA = 3.30° = 90° ⇒ A A = 2.SA = 2.SA = 2.SA 2 2 · Xét ∆SAB có AB = a; ·ASB = 30° ⇒ SBA = 75° (Vì ∆SAB cân S ) AB a a SA = sin 75° = cos15° = sin 30° sin 30° 2sin15° 1− Vì − cos 30 ° − Do sin15° > ⇒ sin15° = − 2 sin 15° = = = 2 a a a 2a ⇒ SA = = ⇒ A1 A2 = = −1 ; 2− 2− 2− 2 2a Vậy, giá trị nhỏ chu vi ∆AB′C ′ B′, C ′ giao điểm −1 SB, SC với A1 A2 Chọn B 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Đề tài thân áp dụng trọng việc dạy luyện cho học sinh ôn thi THPT quốc gia học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Đa số học sinh có hứng thú, vận dụng tốt phần tự tin gặp dạng toán Kết cụ thể lớp khối 12, sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy thể qua kiểm tra sau : Điểm từ đến Điểm trở lên Điểm Tổng Năm học Lớp số Số Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng lượng 17,5 32,5 2018-2019 12A3 40 20 50 % 13 % % 2019-2020 12B7 42 19 % 17 40,5 17 40,5 20 % % Như tơi thấy sáng kiến kinh nghiệm có hiệu Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắn còn có nhiều thiếu sót Tơi mong quan tâm, nghiệp bổ sung góp ý tất đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn 3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm sau áp dụng mang lại hiệu rõ rệt, chất lượng làm toán cực trị hình học khơng gian học sinh nâng lên Nhiều học sinh từ chỗ cách giải dạng toán này, sau cung cấp phương pháp nêu sáng kiến kinh nghiệm tự giải tốn làm khó Riêng học sinh giỏi giải toán khó Sáng kiến kinh nghiệm góp phần tạo cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu Kiến nghị Nhằm giúp học sinh học tốt hình học khơng gian, đặc biệt tốn có yếu tố lớn nhỏ nhất, thân tơi có kiến nghị: - Trong phân phối chương trình mơn Tốn lớp 12, cấp có thẩm quyền nên tăng cường thêm số tiết cho hình học khơng gian - Đối với học sinh lớp 12, giáo viên nên dành số tiết tự chọn để ôn tập lại cho em hình học tổng hợp, rèn luyện thêm kĩ vận dụng bất đẳng thức vào giải tốn, thành thạo việc sử dụng bất đẳng thức Cơ-si toán cực trị đại số hình học Giáo viên cần chuẩn bị mơ hình thực tế để học sinh dễ quan sát nên ứng dụng công nghệ thông tin vào tiết giảng nội dung -Vì thời gian phân phối chương trình khơng thể đáp ứng việc truyền thụ nội dung phương pháp giải nên cần tổ chức phụ đạo cho học sinh vào buổi thời khố biểu XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN mình, khơng chép nội dung người khác 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đề thi thử lần năm học 2017-2018, THPT Hậu Lộc Thanh Hóa [2] Huỳnh Đức Khánh (chủ biên) , Trắc nghiệm 12 Tuyển chọn luyện thi THPT Quốc gia, NXB Đồng Nai năm 2019 [3] Đề thi THPT Quốc gia năm 2017 [4] Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Nguyễn Thị Vân [5] Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Đồng Anh Tú [6] Đề thi thử THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh Lần năm học 2018-2019 [7] Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Nguyễn Văn Oánh [8] Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Lê Thanh Bình [9] Trang web:http://www.violet.vn, tác giả Trần Thị Hiền, THPT Chuyên Hạ Long 22 ... “ Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ giải tốn cực trị hình học khơng gian liên quan đến khối chóp lăng trụ? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ giải tốn cực trị hình học. .. khơng gian liên quan đến khối chóp lăng trụ 1.3 Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm xoay quanh dạng tốn cực trị hình học khơng gian như: tìm xác định yếu tố khối chóp, lăng. .. trị hình học không gian học sinh nâng lên Nhiều học sinh từ chỗ cách giải dạng toán này, sau cung cấp phương pháp nêu sáng kiến kinh nghiệm tự giải toán làm khó Riêng học sinh giỏi giải tốn