Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học không gian

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ 
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
 Nguyễn Đông Sơ
	Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương
 Trong chương trình môn Hình học không gian lớp11, bên cạnh những bài toán xác định, tính toán các yếu tố hoặc chứng minh tính chất còn kể đến các bài toán cực trị có ứng dụng rất lớn. Những dạng bài toán như vậy trong sách giáo khoa phổ thông còn ít; hơn nữa nhiều học sinh còn gặp khó khăn khi xác định phương pháp giải. 
 Sau đây là một vài định hướng giúp học sinh có kinh nghiệm khi giải các bài toán cùng loại dạng.
 1. Giải bài toán cực trị hình học liên hệ giữa các yếu tố: độ dài đoạn vuông góc chung là khoảng cách ngắn nhất giưã hai điểm của hai đường thẳng chéo nhau 
 Bài toán: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Xét các mặt phẳng đi qua BD’ cắt AA’ ở M, cắt CC’ ở N. Xác định vị trí của M, N sao cho diện tích thiết diện tạo thành có diện tích nhỏ nhất.
Giải:
 Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. 
 Một mặt phẳng đi qua BD’ cắt AA’ 
ở M, cắt CC’ ở N 
 (như hình vẽ). 
 Do các mặt bên đối diện song song với nhau, nên các cạnh đối của thiết diện song song; mặt phẳng đi qua BD’ cắt hình hập phương theo thiết diện là hình bình hành BMD’N. Gọi H là hình chiếu của M trên BD’. 
 Diện tích S của thiết diện bằng 2 lần diện tích của tam giác MBD’. 
 Ta có: S = MH. BD’ . 
 Vì BD’ = a. 3 không đổi. Suy ra S nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất.
 Do M thuộc AA’, H thuộc BD’. MH nhỏ nhất khi nó là đường vuông góc chung của AA’ và BD’. 
 Khi đó dễ chứng minh rằng H là tâm của hình lập phương và M là trung điểm của AA’, N là trung điểm của CC’. 	
	2. Giải bài toán cực trị hình không gian thông qua bài toán cực trị trong hình học phẳng
 Bài toán:
 Chứng minh rằng cạnh dài nhất của một hình tứ diện là khoảng cách lớn nhất 
giữa hai điểm thuộc tứ diện.
 Giải:
 Trước tiên ta xét bài toán hình học phẳng: “ Chứng minh rằng trong tam giác, cạnh dài nhất chính là khoảng cách lớn nhất giữa 2 điểm thuộc tam giác”.
 Gọi 2 điểm bất kỳ thuộc tam giác là M, N. Ta xét các trường hợp sau:
 Trường hợp M, N trùng với hai đỉnh của tam giác ta có ngay:
MN max (AB, AC, BC).
 Trường hợp M, hoặc N trùng với 1 đỉnh của tam giác (giả sử M trùng với A). Khi đó nếu N thuộc AB hoặc N thuộc AC thì ta có ngay lời giải. Nếu N thuộc BC thig\f tuỳ theo vị trí của N ta có MN < AB hoặc MN < AC. Do dó MN max (AB, AC, BC).
 Trường hợp M và N không trùng với đỉnh của tam giác. Ta đưa về trường hợp trên bằng cách nối NB, ta có: MN < max (AB, BN, NA) max (AB, BC, CA). 
Bài toán trên được chứng minh. Ta sử dụng kết quả đẻ giải bài toán không gian.
 Xét khoảng cách giữ M và N là 2 điểm bất kỳ thuộc tứ diện ABCD. Bao giờ cũng dựng được một tam giác có 3 cạnh thuộc các mặt của tứ diện và chứa M, N (chỉ cần dựng 1 mặt phẳng chứa MN và 1 đỉnh của tứ diện (hình vẽ). Nối AM cắt BC ở E, nối AN cắt CD ở F.
 Theo kết quả bài toán phẳng:
 MN max (AE, EF, FA). 
Mà AE max (AB, BC, CA); EF max (BC, CD, DB); AF max (AC, CD, DA).
 Từ đó suy ra max (AE, EF, FA) max (AB, AC, AD, BC, CD, DA). 
 Tức là MN không lớn hơn cạnh của tứ diện.
 3. Giải bài toán cực trị hình học bằng phương pháp chứng minh bất đẳng thức liên hệ giữa các yếu tố
 Bài toán:
 Trong các tứ diện vuông (tứ diện có 3 mặt vuông xuất phát từ một đỉnh) nằm trong một mặt cầu bán kính R; tìm kích thước tứ diện ngoại tiếp mặt cầu có bán kính lớn nhất.
	Giải:	
	Dễ thấy tứ dịên vuông cần tìm nội tiếp trong mặt cầu bán kính R cho trước.
 Gỉa sử tứ diện vuông OABC có các mặt vuông OAB, OBC, OCA vuông ở O và OA = a , OB = b , OC = c; ta có: R = ;
Thể tích tứ diện OABC là: V = a.b.c ; (1)
 Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: 
V = ( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = ( a.b + b.c + c.a + ) 	 (2) 
	Từ (1) và (2) suy ra: = ++ + 
	Do đó : ++ + ). 
Ta có: , đẳng thức có khi : a = b = c;
 ++ , đẳng thức có khi : a = b = c. 
 Vì = 3, 
 đẳng thức có khi : a = b = c; 
	Suy ra: + ; hay r = , 
 đẳng thức có khi a = b = c = .
 Vậy tứ diện vuông cần tìm có 3 cạnh a = b = c= , chứa mặt cầu có bán kính lớn nhất là r = .
 4. Giải bài toán cực trị hình học bằng phương pháp diện tích, thể tích
 Bài toán:
Cho tứ diện 3 mặt vuông OABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c. Gọi x, y, z là khoảng cách từ một điểm M trên mặt ABC đến các mặt OBC, OCA, OAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích T = x. y. z .	 
 Giải:	
 Cho tứ diện vuông OABC, có OA = a , OB = b , OC = c, vẽ hình hộp chữ nhật nội tiếp có 1 đỉnh M nằm trên mặt ABC, các đỉnh còn lại nằm trên các mặt vuông của tứ diện (như hình vẽ).
 Đặt các kích thước của hình hộp chữ nhật là OX = x, OY = y, OZ = z . Khi đó x, y, z tương ứng bằng khoảng cách từ M đến các mặt OBC, OCA, OAB.
 Ta có thể tích của hình hộp là: V = x. y. z
 Vẽ CM cắt AB tại K; gọi I là hình chiếu của M trên mặt OAB và là đỉnh của hình hộp chữ nhật, ta có O, I, K thẳng hàng; gọi KQ = x1 , KP = y1 tương ứng là các đoạn vuông góc từ K đến OB, OA. 
 Khi đó sử dụng tỷ số diện tích của hai hình chữ nhật OXIY và OPKQ đồng dạng với hệ số tỷ lệ là: OI/ OK = ZM/ OK = CZ/ CO = (c - z )/ c; ta được :
 x. y = (c – z)2. x1. y1/ c2. 
 Do đó thể tích của hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z là
 V = x. y. z = (c – z)2 . z . x1 .y1/ c2 (*).
 Từ đó suy ra nếu có đồng thời x1 .y1 lớn nhất và (c – z)2. z lớn nhất thì V đạt giá trị lớn nhất.
 Ta có hai lần diện tích tam giác OAB là a. b = x1 . b + y1 . a ; áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được x1. y1 lớn nhất là a. b/ 4, khi x1 = a/ 2 và y1 = b/ 2. Khi đó K là trung điểm của AB.
 Hàm số F (z) = (c – z)2. z đạt giá trị lớn nhất là: 4 c3/ 27, khi z = c / 3.
 Kết hợp lại V trong (*) đạt giá trị lớn nhất là :
 V = a. b. c / 27 ; khi x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3 (tương thích). Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC.
 Vậy với M là trọng tâm của tam giác ABC, thì T = x. y .z lớn nhất là: a. b. c/ 27 với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3.	
 Cách giải khác (lớp 12) 
 Xét hệ tọa độ trực chuẩn oyz. Ta có: A (a, 0, 0); B (0, b, 0); C (0, 0, c) (với x, y, z và a, b, c là các số dương). Khi đó phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua A, B, C có dạng:
 x/ a + y/ b + z/ c = 1.
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 13 33 x.y.z / a.b.c Đẳng thức có khi x/a = y/ b = z/ c = 1/3.
 Hay x. y. z a. b. c / 27. Đẳng thức có khi với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3.
 Vậy giá trị lớn nhất của x. y .z là: a. b. c/ 27; với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3.	
	5. Giải bài toán cực trị hình học ứng dụng bằng phương pháp tối ưu hoá 
 Bài toán:
 Cho một tấm bìa hình vuông cạnh a. Cắt theo các cạnh của hình vuông 4 tam giác cân bằng nhau; trồi gấp lên ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều. Tìm kích thước hình chóp có thể tích lớn nhất.
 Giải:
 Giả sử hình chóp tứ giác đều S.ABCD dựng được, có cạnh đáy là x. Trải các mặt bên trên mặt phẳng của đáy, ta có hình khai triển của hình chóp như hình vẽ (các đỉnh của hình vuông trùng với đỉnh của hình chóp). 
 Bây giờ ta xét với giá trị nào của x (0 < x a/ 2), sẽ thoả mãn yêu cầu của đề bài? 
 Gọi V là thể tích của hình chóp S.ABCD, có đường cao là SH ta có:
 V = x2. SH/ 3.
 Gọi M là trung điểm của AB, trong tam giác vuông SMH có:
 SH2 = SM2 – HM2. Dẽ thấy SM = a/ 2 – x/2 và HM = x/2.
 Vậy V = x2 .
Đặt t = x / (a/ 2 ) ta được V = (a3 / 4). t2. (với 0 < t 1).
V đạt giá trị lớn nhất khi t2. đạt giá trị lớn nhất. Chuyển t 2 vào trong căn thức và áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 4 số t/4 và số 1-t, ta tìm được t = 4/5.
 Suy ra x = a, thoả mãn các điều kiện đã đặt, thì V đạt giá trị lớn nhất. 
 Vậy hình chóp có cạnh đáy là x = a thỏa mãn yêu cầu của bài toán.