Ví dụ · Tỉ số thể tích, cực trị · Toán 11

Ví dụ 1 (hai khối chung đỉnh)

Hình chóp $S.ABC$ , $M \in SA$ với $\dfrac{SM}{SA} = \dfrac12$ , $N \in SB$ với $\dfrac{SN}{SB} = \dfrac13$ . Tính $\dfrac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}}$ .

Giải. Hai khối chung đỉnh $S$ , tỉ số trên $SA$ , $SB$ , $SC$ là $\dfrac12$ , $\dfrac13$ , $1$ (điểm $C$ giữ nguyên):

\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}} = \frac12 \cdot \frac13 \cdot 1 = \frac16.

Ví dụ 2 (cắt góc hình lập phương)

Hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ cạnh $a$ . Mặt phẳng đi qua trung điểm $M$ , $N$ , $P$ của $AB$ , $AD$ , $AA'$ cắt hình lập phương thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần.

Tứ diện vuông AMNP có ba cạnh bằng a/2, thể tích a³/48; phần còn lại 47a³/48, tỉ số 1 : 47.

Giải. Phần chứa đỉnh $A$ là tứ diện vuông $AMNP$ với ba cạnh $AM = AN = AP = \dfrac a2$ . Do đó

V_{AMNP} = \frac16\left(\frac a2\right)^3 = \frac{a^3}{48}.

Phần còn lại có thể tích $a^3 - \dfrac{a^3}{48} = \dfrac{47a^3}{48}$ . Tỉ số hai phần là $1 : 47$ .

Ví dụ 3 (lăng trụ)

Lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có thể tích $V$ . Gọi $M$ là trung điểm $CC'$ . Mặt phẳng $(ABM)$ chia lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích.

Giải. Phần chứa $C$ là tứ diện $M.ABC$ . Gọi $h = d(C', (ABC))$ là chiều cao lăng trụ, thì $V = S_{ABC}\cdot h$ . Đường thẳng $CC'$ cắt $(ABC)$ tại $C$ và $CM = \dfrac12 CC'$ , nên theo quy tắc tỉ số $d(M, (ABC)) = \dfrac h2$ . Do đó

V_{M.ABC} = \frac13 S_{ABC}\cdot\frac h2 = \frac V6.

Phần còn lại là $\dfrac{5V}{6}$ ; tỉ số hai phần là $1 : 5$ .

Ví dụ 4 (mặt phẳng song song đáy)

Hình chóp $S.ABC$ có thể tích $V$ . Mặt phẳng song song với $(ABC)$ cắt $SA$ , $SB$ , $SC$ tại $A'$ , $B'$ , $C'$ với $\dfrac{SA'}{SA} = \dfrac23$ . Tính thể tích hai phần.

Giải. Ba tỉ số đều là $\dfrac23$ nên $V_{S.A'B'C'} = \left(\dfrac23\right)^3 V = \dfrac{8V}{27}$ và phần chóp cụt là $\dfrac{19V}{27}$ .

Ví dụ 5 (đáy hình bình hành)

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành. Mặt phẳng $(P)$ cắt $SA$ , $SB$ , $SC$ , $SD$ tại $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ với $\dfrac{SA'}{SA} = \dfrac12$ , $\dfrac{SB'}{SB} = \dfrac12$ , $\dfrac{SC'}{SC} = \dfrac13$ . Tính $\dfrac{SD'}{SD}$ và $\dfrac{V_{S.A'B'C'D'}}{V_{S.ABCD}}$ .

SA'/SA = SB'/SB = 1/2, SC'/SC = SD'/SD = 1/3; V'/V = 5/72.

Giải. Với $a = b = \dfrac12$ , $c = \dfrac13$ : $\dfrac1a + \dfrac1c = 2 + 3 = 5 = \dfrac1b + \dfrac1d = 2 + \dfrac1d$ , suy ra $\dfrac1d = 3$ , $d = \dfrac13$ . Khi đó

\frac{V'}{V} = \frac{ac(b + d)}{2} = \frac{\frac12\cdot\frac13\cdot\left(\frac12 + \frac13\right)}{2} = \frac{\frac16\cdot\frac56}{2} = \frac{5}{72}.

Kiểm bằng đường chéo kia: $\dfrac{bd(a + c)}{2} = \dfrac{\dfrac16\cdot\dfrac56}{2} = \dfrac{5}{72}$ .

Ví dụ 6 (hình hộp)

Hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có thể tích $V$ . Tính thể tích tứ diện $ACB'D'$ .

Giải. Hình hộp bị cắt bốn góc $B.ACB'$ , $D.ACD'$ , $A'.AB'D'$ , $C'.CB'D'$ ; mỗi tứ diện góc có đáy là nửa một mặt hộp và đỉnh đối diện cách mặt đó đúng một chiều cao của hộp, nên có thể tích $\dfrac13\cdot\dfrac12 V = \dfrac V6$ (chẳng hạn $V_{B.ACB'} = V_{B'.ABC} = \dfrac13\cdot\dfrac12 S_{ABCD}\cdot h$ ). Vậy $V_{ACB'D'} = V - 4\cdot\dfrac V6 = \dfrac V3$ .

Ví dụ 7 (cực trị thể tích, AM-GM)

Tứ diện $ABCD$ có $AB = x$ và năm cạnh còn lại bằng $1$ . Tìm $x$ để thể tích lớn nhất.

MA = MB = √3/2; CD vuông góc (ABM) nên V = (1/3) · S(ABM) · CD.

Giải. Miền: $0 < x < \sqrt3$ . Gọi $M$ là trung điểm $CD$ . $AM = BM = \dfrac{\sqrt3}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $1$ ), $CD \perp AM$ , $CD \perp BM$ nên $CD \perp (ABM)$ . Tam giác $ABM$ cân tại $M$ có diện tích

S_{ABM} = \frac12 \cdot x \cdot \sqrt{\frac34 - \frac{x^2}{4}} = \frac{x\sqrt{3 - x^2}}{4}, \qquad V = \frac13 S_{ABM}\cdot CD = \frac{x\sqrt{3 - x^2}}{12}.

Theo AM-GM: $x\sqrt{3 - x^2} = \sqrt{x^2(3 - x^2)} \le \dfrac{x^2 + (3 - x^2)}{2} = \dfrac32$ , dấu bằng khi $x^2 = 3 - x^2$ , tức $x = \dfrac{\sqrt6}{2}$ (thuộc miền). Vậy $V_{\max} = \dfrac{3/2}{12} = \dfrac18$ .

Ví dụ 8 (cực trị thể tích, đạo hàm)

Hình chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng $1$ . Tìm chiều cao $h$ để thể tích lớn nhất.

Giải. Miền: $0 < h < 1$ . Nửa đường chéo đáy $\sqrt{1 - h^2}$ , đường chéo $2\sqrt{1 - h^2}$ , nên diện tích đáy (hình vuông) bằng $\dfrac12\left(2\sqrt{1 - h^2}\right)^2 = 2(1 - h^2)$ và

V(h) = \frac13 \cdot 2(1 - h^2)\,h = \frac23(h - h^3).

$V'(h) = \dfrac23(1 - 3h^2) = 0$ khi $h = \dfrac{1}{\sqrt3}$ ; $V'$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ nên đó là điểm cực đại. $V_{\max} = \dfrac23\left(\dfrac{1}{\sqrt3} - \dfrac{1}{3\sqrt3}\right) = \dfrac{4\sqrt3}{27} \approx 0{,}2566$ (làm tròn đến bốn chữ số thập phân).

Ví dụ 9 (hộp chữ nhật)

Hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh $x$ và diện tích toàn phần bằng $6$ . Tìm thể tích lớn nhất.

Giải. Gọi $y$ là chiều cao: $2x^2 + 4xy = 6$ nên $y = \dfrac{3 - x^2}{2x}$ với miền $0 < x < \sqrt3$ . Thể tích

V(x) = x^2 y = \frac{x(3 - x^2)}{2}, \qquad V'(x) = \frac{3 - 3x^2}{2} = 0 \iff x = 1.

$V' > 0$ khi $0 < x < 1$ , $V' < 0$ khi $1 < x < \sqrt3$ nên $V_{\max} = V(1) = 1$ , khi $x = y = 1$ (hình lập phương).

Ví dụ 10 (cực trị khoảng cách)

Tứ diện $OABC$ có $OA = a$ , $OB = b$ , $OC = c$ đôi một vuông góc và $a + b + c = 3$ . Tìm giá trị lớn nhất của $d(O, (ABC))$ .

Giải. Với $d = d(O, (ABC))$ ta có $\dfrac1{d^2} = \dfrac1{a^2} + \dfrac1{b^2} + \dfrac1{c^2}$ (bài 1). Vì $u^2 + v^2 + w^2 \ge \dfrac{(u + v + w)^2}{3}$ và $\dfrac1a + \dfrac1b + \dfrac1c \ge \dfrac{9}{a + b + c} = 3$ ,

\frac1{d^2} \ge \frac13\left(\frac1a + \frac1b + \frac1c\right)^2 \ge \frac13 \cdot 9 = 3, \qquad d \le \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}.

Dấu bằng khi $a = b = c = 1$ . Vậy $d_{\max} = \dfrac{\sqrt3}{3}$ .

Tỉ số thể tích và cực trị thể tích, khoảng cách

01Ví dụ minh hoạ