Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

Đóng

Điểm danh hàng ngày

Hôm nay +3
Ngày 2 +3
Ngày 3 +3
Ngày 4 +3
Ngày 5 +3
Ngày 6 +3
Ngày 7 +5

Bạn đã điểm danh Hôm nay và nhận 3 điểm! Đăng nhập ngay để nhận điểm

Nhắn tin Zalo VNDOC để nhận tư vấn mua gói Thành viên hoặc tải tài liệu Hotline hỗ trợ: 0936 120 169

VnDoc.com

Bài toán cực trị thể tích: Điều kiện về góc và các dạng thường gặp

Tính giá trị lớn nhất nhỏ nhất thể tích

Bài trước

Tải về

Bài sau

Lớp: Lớp 12

Môn: Toán

Dạng tài liệu: Chuyên đề

Loại File: Word

Phân loại: Tài liệu Tính phí

Tìm góc để thể tích đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Trong các bài toán hình học không gian lớp 12, bài toán cực trị thể tích hình không gian là dạng toán vận dụng thường xuất hiện trong các đề thi tốt nghiệp THPT. Đặc biệt, những bài toán liên quan đến điều kiện về góc giữa đường thẳng và mặt phẳng hoặc giữa hai mặt phẳng đòi hỏi học sinh phải biết kết hợp kiến thức hình học với kỹ năng tối ưu hóa. Bài viết dưới đây tổng hợp các phương pháp giải, công thức quan trọng và các dạng bài cực trị thể tích lăng trụ, hình chóp thường gặp giúp học sinh tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất một cách hiệu quả.

Bài toán cực trị thể tích biết điều kiện về góc

A. Các bất đẳng thức thường gặp

Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM)

▪ $\forall a,b \ge 0,$ $\forall a,b \ge 0,$ thì ${a + b \ge 2.\sqrt {ab} }$ ${a + b \ge 2.\sqrt {ab} }$. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi $a = b.$

▪ $\forall a,b,c \ge 0$ $\forall a,b,c \ge 0$ thì ${a + b + c \ge 3.\sqrt[3]{{abc}}}$ ${a + b + c \ge 3.\sqrt[3]{{abc}}}$ . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c.$

▪ $\forall {a_1},\,\,{a_2},...,{a_n} \ge 0$ $\forall {a_1},\,\,{a_2},...,{a_n} \ge 0$ thì ${{a_1} + {a_2} + ... + {a_n} \ge n.\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}}$ ${{a_1} + {a_2} + ... + {a_n} \ge n.\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}}$ . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}.$ ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}.$

Nhận xét:

Nếu hai số dương thay đổi mà tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau .
Nếu hai số dương thay đổi mà tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau .

Một số dẫn xuất phổ biến từ bất đẳng thức gốc

Cho các số a, b, c không âm, ta có:

${ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}}$ ${ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}}$ và ${abc \le \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3}}$ ${abc \le \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3}}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c.$
${a.b \le {{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)}^2}}$ ${a.b \le {{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)}^2}}$ và ${a.b.c \le {{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)}^3}}$ ${a.b.c \le {{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)}^3}}$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ $\Leftrightarrow a = b = c$.
${\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}}$ ${\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}}$ và ${\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}}$ ${\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}}$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ $\Leftrightarrow a = b = c$.

Bất đẳng thức BunhiaCopxki

Với hai cặp số thực $(a;b)$ và $(x;y)$ , ta có: ${{{(ax + by)}^2} \le ({a^2} + {b^2})({x^2} + {y^2})}$ ${{{(ax + by)}^2} \le ({a^2} + {b^2})({x^2} + {y^2})}$ hay ${\left| {ax + by} \right| \le \sqrt {({a^2} + {b^2})({x^2} + {y^2})} }$ ${\left| {ax + by} \right| \le \sqrt {({a^2} + {b^2})({x^2} + {y^2})} }$ Dấu “ =” xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y}.$ $\Leftrightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y}.$$A$

Với hai bộ số thực $(a;b;c),\,\,\,(x;y;z)$ $(a;b;c),\,\,\,(x;y;z)$ , ta có: ${{{(ax + by + cz)}^2} \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})({x^2} + {y^2} + {z^2})}$ ${{{(ax + by + cz)}^2} \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})({x^2} + {y^2} + {z^2})}$ hay ${\left| {ax + by + cz} \right| \le \sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({x^2} + {y^2} + {z^2})} }$ ${\left| {ax + by + cz} \right| \le \sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({x^2} + {y^2} + {z^2})} }$ . Dấu “ =” xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ $\Leftrightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ với $x,\,\,y,\,\,z \ne 0.$ $x,\,\,y,\,\,z \ne 0.$

B. Bài tập ví dụ minh họa tìm điều kiện của góc để thể tích đạt cực trị

Ví dụ 1. Xét hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $A$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SAB)$ bằng 3. Gọi $\alpha$ $\alpha$ là góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$, giá trị $\cos \alpha$ $\cos \alpha$ khi thể tích khối chóp $S.ABC$ nhỏ nhất là:

A. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$ $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$. B. $\frac{2}{3}$ $\frac{2}{3}$. C. $\frac{{\sqrt 3 }}{3}$ $\frac{{\sqrt 3 }}{3}$. D. $\frac{{\sqrt 6 }}{3}$ $\frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AI\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)$ $\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AI\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)$;

Kẻ AH vuông góc SI tại H. Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} AH \bot BC\\ AH \bot SI \end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$ $\left\{ \begin{array}{l} AH \bot BC\\ AH \bot SI \end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$ $\Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3$ $\Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3$

Ta xác định được $\left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SIA} = \alpha .$ $\left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SIA} = \alpha .$

Xét tam giác AHI vuông tại H có: $AI = \frac{{AH}}{{\sin \alpha }} = \frac{3}{{\sin \alpha }}.$ $AI = \frac{{AH}}{{\sin \alpha }} = \frac{3}{{\sin \alpha }}.$

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên: $BC = 2AI = \frac{6}{{\sin \alpha }}$ $BC = 2AI = \frac{6}{{\sin \alpha }}$.

Xét tam giác SAI vuông tại A có: $SI = \frac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \frac{3}{{\sin \alpha \cos \alpha }}.$ $SI = \frac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \frac{3}{{\sin \alpha \cos \alpha }}.$

Thể tích khối chóp:

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{3}.3.\frac{1}{2}.SI.BC =$ ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{3}.3.\frac{1}{2}.SI.BC =$ $\frac{1}{2}.\frac{3}{{\sin \alpha .\cos \alpha }}.\frac{6}{{\sin \alpha }} = \frac{9}{{{{\sin }^2}\alpha .\cos \alpha }}.$ $\frac{1}{2}.\frac{3}{{\sin \alpha .\cos \alpha }}.\frac{6}{{\sin \alpha }} = \frac{9}{{{{\sin }^2}\alpha .\cos \alpha }}.$

${V_{S.ABC}}$ ${V_{S.ABC}}$ đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow {\sin ^2}\alpha .\cos \alpha$ $\Leftrightarrow {\sin ^2}\alpha .\cos \alpha$ đạt giá trị lớn nhất.

Xét hàm số $y = {\sin ^2}\alpha .\cos \alpha = \left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right).\cos \alpha$ $y = {\sin ^2}\alpha .\cos \alpha = \left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right).\cos \alpha$ $= - {\cos ^3}\alpha + \cos \alpha .$ $= - {\cos ^3}\alpha + \cos \alpha .$

Đặt $t = \cos \alpha \,\,\left( {0 < t < 1} \right).$ $t = \cos \alpha \,\,\left( {0 < t < 1} \right).$

Khi đó $y = - {t^3} + t\;\,\left( {0 < t < 1} \right)$ $y = - {t^3} + t\;\,\left( {0 < t < 1} \right)$ với $y' = - 3{t^2} + 1 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Bảng biến thiên:

Ta thấy hàm số này đạt giá trị lớn nhất khi $t = \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ $t = \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. Chọn C.

Ví dụ 2. Cho khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ tam giác đều có ${S_{ABC$ ${S_{ABC'}} = \sqrt 3$, mặt phẳng $\left( {ABC$ $\left( {ABC'} \right)$ tạo với mặt phẳng đáy góc $\alpha$ $\alpha$. Tính $\cos \alpha$ $\cos \alpha$ khi thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ lớn nhất.

A. $\cos \alpha = \frac{1}{3}$ $\cos \alpha = \frac{1}{3}$. B. $\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ $\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$. C. $\cos \alpha = \frac{2}{3}$ $\cos \alpha = \frac{2}{3}$. D. $\cos \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{3}$ $\cos \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{3}$

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $AB \bot \left( {HCC$ $AB \bot \left( {HCC'} \right)$ => Góc giữa $\left( {ABC$ $\left( {ABC'} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {CHC$ $\widehat {CHC'\,} = \alpha$.

Vì $\Delta ABC$ $\Delta ABC$ là hình chiếu của $\Delta ABC$ $\Delta ABC'$ trên mp(ABC) nên: ${S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta ABC$ ${S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta ABC'}}.\cos \alpha = \sqrt 3 .\cos \alpha$

Đặt $AB = x \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}$ $AB = x \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}$ (diện tích tam giác đều cạnh x). Do đó: $AB = x \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}$ $AB = x \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Tam giác đều ABC có đường cao $CH = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \sqrt {3.\cos \alpha }$ $CH = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \sqrt {3.\cos \alpha }$.

Xét tam giác $CHC'$ vuông tại C có: $CC' = CH.tan\alpha = \sqrt {3\cos \alpha } .\tan \alpha$.

Khi đó ${V_{ABC.A$ ${V_{ABC.A'B'C'}} = CC'.{S_{\Delta ABC}} = \sqrt {3\cos \alpha } .\tan \alpha .\sqrt 3 .\cos \alpha$.

Ta thấy ${V_{ABC.A$ ${V_{ABC.A'B'C'}}$ đạt giá trị lớn nhất ⇔ $y = \left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)\cos \alpha$ $y = \left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)\cos \alpha$ đạt giá trị lớn nhất.

Đặt $t = \cos \alpha ,\left( {0 < t < 1} \right)$ $t = \cos \alpha ,\left( {0 < t < 1} \right)$, ta có $y = \left( {1 - {t^2}} \right)t = - {t^3} + t,\,\,t \in \left( {0;1} \right)$ $y = \left( {1 - {t^2}} \right)t = - {t^3} + t,\,\,t \in \left( {0;1} \right)$; $y' = - 3{t^2} + 1 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.$

Bảng biến thiên:

Vậy ${V_{ABC.A$ ${V_{ABC.A'B'C'}}$ đạt lớn nhất khi và chỉ khi $t = \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ $t = \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

📥 Để xem trọn vẹn nội dung và ví dụ minh họa, bạn vui lòng tải tài liệu tham khảo tại đây.

---------------------------------------------

FAQ

1. Bài toán cực trị thể tích là gì?

2. Vì sao điều kiện về góc thường xuất hiện trong bài toán cực trị thể tích lăng trụ, hình chóp?

3. Những dạng bài cực trị thể tích lăng trụ, hình chóp thường gặp là gì?

--------------------

Chuyên đề cực trị thể tích hình không gian không chỉ giúp học sinh củng cố kiến thức hình học không gian mà còn rèn luyện tư duy phân tích và kỹ năng xử lý bài toán tối ưu. Việc thành thạo các dạng toán liên quan đến điều kiện về góc sẽ tạo lợi thế lớn khi giải các câu hỏi vận dụng và vận dụng cao trong kỳ thi tốt nghiệp THPT môn Toán.

Tải về

Chọn file muốn tải về: