Chuyên đề hình học không gian: Cực trị hình học không gian và các khối lồng nhau

Chuyên đề hình học không gian: Cực trị hình học không gian và các khối lồng nhau do Ths Trần Đình Cư biên soạn giới thiệu tới các bạn những bài tập về cực trị hình học trong không gian. Thông qua việc giải những bài tập này sẽ giúp các bạn ghi nhớ và nắm bắt kiến thức về hình học không gian một cách tốt hơn.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Chuyên đề hình học không gian: Cực trị hình học không gian và các khối lồng nhauBÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAUThs. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133Page 1BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAUBÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIANVÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAUTrong quá trình tìm kiếm lời giải nhiều bài toán hình học, sẽ rất có lợi nếu chúng ta xem xét cácphần tử biên, phần tử giới hạn nào đó, tức là phần tử mà tại đó mỗi đại lượng hình học có thể nhậngiá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn như cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một tamgiác; góc lớn nhất hoặc góc nhỏ nhất của một đa giác v.v…Những tính chất của các phần tử biên, phần tử giới hạn nhiều khi giúp chúng ta tìm được lời giảithu gọn của bài toán.Phương pháp tiếp cận như vậy tới lời giải bài toán được gọi là nguyên tắc cực hạn.Như vậy bài toán cực trị hình học là cần thiết trong không gian, nó thường xuất hiện ở những câuhỏi khó trong phần thi trắc nghiệm THPT Quốc gia.PHƯƠNG PHÁPCơ sở của phương pháp cần kết hợp giữa các quan điểm tìm cực trị như sau:1. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNGBất đẳng thức Cauchy cho các biến đại lượng không âm.f  x   A  x   B  x   2 A  x  .B  x   const; x  D2 A x  B x g x  A x .B x   const; x  D      2 12Nếu x0  D , để đẳng thức trong (1) hoặc (2) xảy ra  A  x0   B  x0  min f  x   f  x0 (ycbt)  xD max g  x   g  x 0 xDBất đẳng thức Schwartz cho các biến đại lượng tùy ý.p  x   a  x  .  x   b  x  .  x   a 2  x   b 2  x    2  x   2  x   const; x  D32q  x   a 2  x   b2  x    2  x   2  x   a  x    x   b  x    x   const; x  D 4 Nếu x0  D , để đẳng thức trong (3) hoặc (4) xảy ra: max p  x   p  x0 (ycbt)  xD min q  x   q  x   x0    x0 0 xDa  x0 b  x0 2. SỬ DỤNG TÍNH BỊ CHẶN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁCh  x   sin u  x  .cos u  x   1 ;sin u  x0   1  max h  x   h  x0   1nếu x0  D : xDcos u  x0   13. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ LẬP BẢNG BIẾN THIÊNThs. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133Page 2BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU4. SỬ DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ HÌNH HỌC CỰC HẠNMH laø ñöôøng vuoâng goùc  min MA  MH  A  HMA laø ñöôøng xieânHA laø hình chieáuMAHTừ ý nghĩa đường kính là dây cung dài nhất của đường tròn, ta có:Hệ quả: M ở trên đường tròn (AB) đường kính AB; với O là tâmCthì:  maxd M; AB  CO  MH  CO; CO  ABMKhoảng cách ngắn nhất giữa hai đường thẳng là độ dài đườngvuông góc chung của hai đường thẳng đó.AOHBXác định điểm M trên đường thẳng (d) để  MA  MBminĐây là bài toán Bất đẳng thức  , cần phân biệt các trường hợp:o A, B ở khác bên so với (d):AMA  MB  ABmin  MA  MB   ABM(d)M0töông öùng: M  M0   AB    d Bo A, B ở cùng bên so với (d):ADựng A’ đối xứng với A qua (d).Lúc đó: A’ và B ở khác bên so với (d), nên trở vềBMtrường hợp trên:(d)IM0MA  MB  AB  MA MB  ABmin  MA  MB   min  MA MB   ABtöông öùng: M  M0   A B    d AKết luận: Vậy trong mọi trường hợp ta xác định được M thỏa mãn ycbt.Xác định điểm M trên đường thẳng (d) để MA  MBmaxTương tự, cần phân biệt hai trường hợp:Ao A, B ở cùng bên so với (d)MA  MB  AB max MA  MB  ABBMM0(d)tương ứng M  M0   AB    d o A, B ở khác bên so với (d)Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133Page 3BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAUMA  MB  MA MB  ABVới A’ là hình đối xứng của điểm A qua (d), thì A’ và B ở cùngAphía với (d).Mmax MA  MB  max MA MB  ABM0 (d)töông öùng M  M0   A B    d BAKết luận: Vậy trong mọi trường hợp ta đã xác định điểm M thỏa ycbt.I. MỘT SỐ VÍ DỤ MẪUVí dụ 1. Cho một hình nón cụt tròn xoay có chiều cao h, các bán kính đáy là r và R  r  R  .Tìm kích thước của hình trụ tròn xoay có cùng trục đối xứng, nội tiếp trong hình nón cụtđó và có thể tích lớn nhất.Giảir  x  RGọi x là bán kính, z là chiều cao của hình trụ. Ta có: 0  z  hGiả sử rằng hình trụ nội tiếp trong hình nón cụt như thiết diện qua trục như hình bên.Thiết diện này cắt hình nón theo hình thang cân AA’B’B, cắt hình trụ theo hình chữ nhậtHKNM.SO O A rSOOARSOrSOSO  SO R  r OOrhrhRh SO , SO h R rR rR rO1M SO1SO2OA  SO1xxOASOOA SOSOMà SO1  SO  z  x  V x 2 SO2zSOR 2SO32OBMNO1hzASOHOKBrThể tích V hình trụ là: V  V  x   x z  V x AR  SO  z 2R 2SR2SO2.  SO  z  zR2 z 2  2SO.z z 2SO.z 2  SO2 z0  z  h Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133Page 4BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAUR 2R 2 SO  z  3   z  SO SO2SO2 SORhRh V  x   0  z  z  SO  z z3R r3 R  r V  x  3z 2  4SO.z  SO2  3Bảng biến thiên:xRh+V(x)Rh3(R-r)0(R-r)0-0CĐh+0CĐCTRhRhz  3 R  r  x  3 max y   z  hxrĐể ý rằng: 0  z  h , ta có: z Rhr 2h R 33 R  rKết luận:r 2Rh : Thể tích của hình trụ lớn nhất khi hình trụ có kích thước bán kính đáy: x ,R 33Rhchiều cao: z .3 R  r2 r   1 : hình trụ có thể tích lớn nhất khi hình trụ có kích thước bán kính đáy: x  r và3 Rchiều cao z  h .Ví dụ 2. Cho nửa hình cầu bán kính r và một nửa hình nón xoay ngoại tiếp với nửa hìnhcầu (mặt đáy của hai hình nằm trong cùng một mặt phẳng). Gọi góc đỉnh của nón là 2 .a) Với góc  nào thì diện tích ...