D. BÀI TOÁN PHÁT TRIỂN:

4

3xy ≥ 2 xy ⇔ xy ≥ .

9

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

x=y=



2

3



V

1 9

=

≤ .

V1 xy 4



Dấu “=” xảy ra x = y =

Vậy giá trị lớn nhất của

Ví dụ 2:



2

.

3

V 9

SM SN 2

=

= .

= ⇔

V1 4

SB SC 3



Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung

điểm SC. Mặt phẳng (α) qua AK cắt SB và SD lần lượt tại M và N. Đặt

V1 = VS.AMKN ; V = VS.ABCD .



Khi mặt phẳng (α) song song BD tỉnh tỉ số

Đặt x =



V1

.

V



SM

SN

V

1 V 3

, y=

. Tính 1 theo x và y. CMR: ≤ 1 ≤ .

3 V 8

SB

SD

V

(Dựa theo đề thi HSG tỉnh Khánh Hòa)



Lời giải :

a) Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I là giao điểm của AK và

SO;

Qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB và SD lần lượt ở M và

N.



Ta có:



SM 2 SN 2

= ;

= .

SB 3 SD 3



Vì S.ABCD có đáy là hình bình hành nên:

1

2



VS.ABC = VS.ADC = V.

Ta có:

VS.AMK SM SK 2 1 1

=

.

= . =

VS.ABC SB SC 3 2 3



Trang: 17/23



1

1

⇒ VS.AMK = V ⇒ VS.ANK = V

6

6

Mà:

b) Ta có:



V1 1

= .

V 3



V = VS.ABC + VS.ADC . Vậy V1 = VS.AMK + VS.ANK. ⇒

VS.AMK SM SK 1

x

=

.

= x ⇒ VS.AMK = V .

VS.ABC SB SC 2

4



Tượng tự ta có:

y

V x+y

V . Suy ra: 1 =

V

4

4



VS.ANK =



(1)

1

2



Do:



V1 = VS.AMN + VS.MNK và VS.ABC = VS.ADC = V.



Mà:



VS.AMN SM SN

xy

=

.

= xy ⇒ VS.AMK =

V

VS.ABD SB SD

2



⇒



VS.KMN SM SN SK

1

xy

=

.

.

= xy ⇒ VS.KMK =

V.

VS.CBD SB SD SC

2

4



⇒



V1 3xy

=

.

V

4



(2).



Từ (1) và (2) suy ra:

y=



x

1

. Do x > 0; y > 0 nên suy ra x > .

3x − 1

3



Mặt khác: y ≤ 1 ⇒



x

1

≤1⇒ x ≥ .

3x − 1

2



1 

Vậy ta có: x ∈  ;1 .

2 



Xét hàm số:

f(x) =

Ta có:



3x 2

V1 3xy

1 

=

=

với x ∈  ;1 .

V

4 4(3x − 1)

2 



f’(x) =



3x(3x − 2)

.

4(3x − 1) 2



Bảng biến thiên:

x

f’(x)



1

2



2

3



-



0



1

+



Trang: 18/23



f(x)



1

3



3

8



3

8



Vậy:



Khi



x = 1

V1 3

= ⇔

x = 1

V 8



2



thì M là trung điểm SB hoặc M trùng B;



Khi

Ví dụ 3:



1 V1 3

≤

≤

3 V 8



V1 1

2

= ⇔x=

V 3

3



thì .



Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (α) đi

qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại

các điểm (khác A). Gọi hA, hB, hC, hD lần lượt là khoảng cách từ các

điểm A, B, C, D đến mặt phẳng (α). Chứng minh rằng:

2

h2 + hC + h2

B

D

≥ h2 .

A

3



(Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2012-2013 )

Lời giải :

Gọi B’, C’, D’ lần lượt giao điểm

của mặt phẳng (α) với các cạnh

AB, AC, AD.



Ta có:



1

VAGBC = VAGCD = VAGDB = VABCD .

3



Vì:



VAB'C'D ' = VAIB'C' + VAIC' D' + VAID ' B'



(*)

và (*) nên:



VAB'C'D ' VAIB'C'

V

V

=

+ AIC' D ' + AID ' B'

VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB



Trang: 19/23



⇔



AB'.AC'.AD ' AI.AB'.AC ' AI.AC'.AD'

AI.AD'.AB '

=

+

+

AB.AC.AD

3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB



⇔



AB AC AD

AG

+

+

= 3.

=6

AB' AC' AD'

AI



⇔



BB' CC' DD'

+

+

=3

AB' AC' AD'



Mặt khác ta có:

BB' h B CC ' h C DD' h D

=

,

=

,

=

.

AB' h A AC ' h A AD' h A

Suy ra:



hB hC hD

+

+

= 3 ⇔ h B + h C + h D = 3h A

hA hA hA



Ta có:



( hB + hC + hD )



⇔



( hB − hC )



2



2



2

2

2

≤ 3( h B + hC + h D ) .



(**)



+ ( h C − h D ) + ( h D − h B ) ≥ 0 (luôn đúng).

2



2



Kết hợp với (**) ta được:



( 3h A )

hay:

Ví dụ 4:



2



2

≤ 3( h 2 + h C + h 2 )

B

D



2

2

h2 + hC + hD

B

≥ h 2 . Vậy ta có điều phải chứng minh.

A

3



Cho góc tam diện Oxyz và một điểm M cố định trong góc đó. Một mặt

phẳng (α) qua M cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tai A’ ,B’ , C’ . Tìm

(α) để khối tứ diện OABC có thể tích lớn nhất.

(Trích đề thi HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu - 2009)



Lời giải :

Giả sử (α) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt

tại A, B, C. Qua M kẻ các đường

thẳng song song với các tia Ox, Oy,

Oz lần lượt cắt các mặt (yOz),

(zOx), (xOy) tại các điểm A1, B1, C1.

Theo ví dụ trên ta có:

Vì VM.A1B1C1 không đổi nên ta có:



Trang: 20/23



VOABC đạt giá trị nhỏ nhất khi lớn nhất.



Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của AM, BM,CM với các cạnh đối

diện của ∆ABC ta có:

MA1 A 'M

=

;

OA

A 'A



MB1 B'M

=

;

OB

B'B



MC1 C 'M

=

OC

C 'C



Do M năm trong tam giác ∆ABC nên ta có:



MA ' S∆MBC

=

;

AA ' S∆ABC



MB' S∆MAC

=

;

BB' S∆ABC



MC' S∆MAB

=

.

CC ' S∆ABC



Nên:



MA ' MB' MC' S∆MBC S∆MCA S∆MAB

+

+

=

+

+

=1

AA ' BB' CC ' S∆ABC S∆ABC S∆ABC



Suy ra:



MA1 MB1 MC1

+

+

= 1.

OA

OB

OC



Vậy:



MA1 MB1 MC1

.

.

lớn nhất khi:

OA OB OC

MA1 MB1 MC1

MA ' MB' MC '

=

=

⇔

=

=

OA

OB

OC

AA ' BB' CC'



Hay M là trọng tâm tam giác ABC.

Vậy khi (α) cắt Ox, Oy, Oz sao cho M là trọng tâm tam giác ABC thì

thể tích khối tứ diện tạo thành lớn nhất.

Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = b , SA

vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho

AM = x (0 < x < 2a ) . Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MBC).

Tìm x theo a để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích

bằng nhau.

(Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa -2014)

Lời giải :

Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M.

Tính diện tích thiết diện:

S MNCB =



1

( MN + CB )MB ; BM = BA2 + AM 2 = a 2 + x 2

2



Trang: 21/23



∆SMN đồng dạng ∆SAD

SM . AD (2a − x ).b

⇒ MN =

=

SA

2a

1  2ab − bx



+ b a2 + x2 .

2a





Vậy S MNCB = 

2



Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD

1

2 a 2b

⇒ VS . ABCD = SA.S ABCD =

=V

3

3



Gọi V1 là thể tích của khối SMNCB:

V1 = VS .MBC + VS .MNC



Ta có



VS .MBC SM .SB.SC SM 2a − x

=

=

=

VS . ABC

SA.SB.SC

SA

2a



1

1

V

2a − x V 2a − x ab 2 (2a − x )

=

a.b .

VSABC = SA.S ABC = .2a 2b = ⇒ VSMBC =

. =

.

6

3

6

2

2a 2

2a

3

2



2



V

SM .SN .SC SM SN  MN   2a − x 

=

.

=

Ta có S .MNC =

÷ =

÷

VS . ACD

SA.SC.SD

SA SD  AD   2a 

⇒ VS . ACD =



V a 2b

=

2

3



⇒ VS . MNC =



Yêu cầu bài toán ⇔ V1 =



(2a − x) 2 a 2b (2a − x) 2

.

=

.b

4a 2

3

12



V a 2b

(2a − x).ab (2a − x) 2 .b a 2b

=

⇔

+

=

2

3

6

12

3



 x = a(3 + 5) > 2a (loai )

⇔ x 2 − 6ax + 4a 2 = 0 ⇔ 

 x = a(3 − 5) (t / m)





Vậy với x = a (3 − 5) thì mp(MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích

bằng nhau.

E. Một số bài tập vận dụng :

Bài tập 1. Cho hình chop tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (ABC) ;

SA =2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể

tích khối chop A.BCNM theo a.

Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD = 2a,

AB = BC = a, SB = 2a, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng

với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy các cạnh M, N sao cho

SM = 2 MC, SN = DN. Mặt phẳng (α) qua MN song song với BC cắt SA, SB lần

lượt tại P và Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a.

Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA = SB = SC =2a.

Gọi M là trung điểm của SA; N là giao điểm của đường thẳng SD và mặt phẳng

(MBC). Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.BCNM.



Trang: 22/23



V1

b) Chứng minh V ≤ 2a 3 .

V

Bài tập 4. Cho hình chóp S.ACD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a góc ∠BAD = 600 ,

SA ⊥ (ABCD) , SA=a . Gọi C’ là trung điểm của SC mặt phẳng (P) qua của AC’ và

song song song với BD cắt SB ,SD lầ lượt tại B’ và D’.

Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’

Bài tập 5 . Cho tứ diện ABCD cạnh bằng a .AH là đường cao của tứ diện và O là trung điểm

của AH . Một mặt phẳng đi qua Ocawts AB, AC, AD lần lượt tại M, N, P .

1

1

1

6

+

+

=

CMR:

AM AN AP a

a) Tính tỷ số



Trang: 23/23