Tổng ôn chuyên đề cực trị hình học không gian - Phạm Minh Tuấn

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SB b  và tam giác SAC cân tại S. Trên cạnh AB lấy điểm M với AM x    0 x a   . Mặt phẳng

  qua M song song với AC, SB và cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Xác định x để

diện tích thiết diện MNPQ đạt giá trị lớn nhất.

A. 4 a x  C. 2 a x 

B. 3 a x  D. 5 a x 

Lời giải:

Ta có: MN//AC   . 2 BM MN AC a x BA    

Tam giác SAB có MQ//SB . AM bx MQ SB BA a   

  2 . MNPQ b S MN MQ a x x a   

(đến đây ta có thể thử đáp án)

Ta có:    

2

4 4

a x x a a x x     

Do đó MNPQ S max khi 2 a a x x x    TỔNG ÔN CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA a  và

tam giác SBD cân tại S. Trên cạnh AB, AD lần lượt lấy M, N sao cho AM AN k AB AD  

  0 1 k   . Mặt phẳng   qua MN song song với SA và cắt SD, SC, SB lần lượt tại P, Q,

R. Xác định k để diện tích thiết diện MNPQR đạt giá trị lớn nhất.

A. 1 2 k  C. 3 5 k 

B. 1 3 k  D. 2 3 k 

Lời giải:

MNPQR là hợp của hai hình thang vuông bằng nhau MIQR và NIQP, trong đó:

MR//IQ//NP (cùng song song với SA) và MN//BD.

Ta có:   2 ; 2

k a IQ     1 MR k a   ; 2 2 ka MI 

    2 2. 4 3 2 . 4 MNPQR MIQR a k k S S IQ MR MI     

(đến đây ta có thể thử đáp án)

Ta có:      

2 3 4 3 1 1 4 4 3 .3 . 4 3 . 3 3 4 3

k k k k k k       

Do đó MNPQR S max khi 2 3 4 3 3 k k k    

Câu 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ và một điểm M di động trên cạnh AA’.

Mặt phẳng (BMD’) cắt CC’ tại N. Đặt ' MA k AA    0 1 k   , hãy xác định k để diện tích

thiết diện BMD’N đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 1 2 k  C. 3 5 k 

B. 1 3 k  D. 2 3 k 

Lời giải:

Vì (ABB’A’)//(DCC’D’) nên BM//D’N. Tương tự MD’//BN.

Vậy tứ giác BMD’N là hình bình hành. Kẻ ' MH BD  thì:

' ' 2 '. BMD N BMD S S BD MH   . Vậy ' BMD N S đạt giá trị nhỏ nhất

khi MH nhỏ nhất, nghĩa là khi và chỉ khi MH là đoạn vuông

góc chung của AA’ và BD’ hay M là trung điểm AA’ và H

là trung điểm của BD’. Suy ra 1 2 k 

Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a và hai điểm M, N lần lượt di động trên các đường chéo A’B và AC sao cho ' A M AN x   . Xác định x để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị nhỏ nhất.

A.

2

a x  C. 2 3 a x 

B. 2 a x  D. 3 2 a x 

Lời giải:

Ta có:0 2 x a   , 2 MB NC a x    . Trên cạnh AB

lấy điểm H sao cho MH//AA’ thì ' AH A M AN HB MB NC  

nên theo đinh lý Thales đảo suy ra HN//BC

Chú ý: Ở đây, điểm M phải nằm trên đoạn thẳng AA’ và N phải nằm trên đoạn thẳng

CC’. Lời giải trên thỏa mãn cả hai điều kiện ấy. Tuy nhiên, trong một số bài toán, các

chân đường vuông góc chung của hai đoạn thẳng lại nằm trên các đoạn thẳng ấy kéo

dài. Trong một số bài toán khác nhau , các điểm di động phải thỏa mãn thêm một số

điều kiện bổ sung, nên đoạn thẳng ngắn nhất chưa hẳn là đường vuông góc chung. ng.

MHN  vuông tại H. Vì các tam giác AHN và BHM vuông cân tại H nên

2 2

AN x HN   , 2

2 2

BM a x HM   

Ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a a a MN MH NH x a x a x               

.

Dấu “=” xảy ra khi

2

a x  .

Câu 5: Cho hai đường thẳng Ax, By chéo nhau và vuông góc với nhau có AB a  là đường vuông góc chung. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho MN b  (với b là độ dài cho trước). Xác đinh độ dài đoạn thẳng AM theo a, b để thể tích tứ diện ABMN đạt giá trị lớn nhất.

A.

2 2

3 b a AM   C. 2 2 AM b a  

B.   2 2 2

3

b a AM   D.

2 2

2 b a AM  

Lời giải:

Đặt , AM u  BN v  . Vì   BN AB BN ABM BN BM BN AM         

. 1 1 1 1 . . . . . 3 3 2 6 ABMN N ABM ABM V V S BN AM AB BN auv    

Ta có:

2 2 2 2 2 BM AB AM MN BN    

Suy ra:

2 2 2 2 2 2 u v MN AB b a     

Theo BĐT AM-GM:   2 2

2 2 2 2 2 12 ABMN a b a b a u v uv V       

Dấu “=” xảy ra khi

2 2

2 2 2 2 2

u v b a u v u v b a

          

. Vậy

2 2

2 b a AM  