Cực trị khối đa diện

Cực trị khối đa diện là dạng toán hình học không gian yêu cầu tìm giá trị của một đại lượng biến thiên (cạnh, góc, vị trí điểm…) để thể tích hoặc diện tích đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Bài viết hệ thống quy trình giải 4 bước, kỹ thuật Cauchy và đạo hàm, kèm ví dụ minh họa và lỗi sai thường gặp.

I. Nhận biết cực trị khối đa diện

1. Dấu hiệu nhận biết

Một bài toán thuộc dạng cực trị khối đa diện khi có đủ hai yếu tố:

Tồn tại một (hoặc một số) đại lượng biến thiên tự do trong một khoảng xác định: độ dài cạnh, góc giữa hai đường/mặt, tỉ số thể tích, vị trí điểm di động trên một đường/mặt cố định…
Yêu cầu đề bài là tìm giá trị của đại lượng đó để một đại lượng khác (thể tích, diện tích thiết diện, khoảng cách…) đạt giá trị lớn nhất / nhỏ nhất.

Lưu ý phân biệt: Nếu bài toán cho đủ ràng buộc để giải ra một giá trị duy nhất (không có “max/min” thực sự, chỉ là giải phương trình từ điều kiện góc/khoảng cách cho sẵn), đó là bài “tính thể tích có điều kiện”, KHÔNG phải cực trị, dù lời giải có thể trông phức tạp tương tự (ví dụ: bài chóp đáy hình bình hành với điều kiện sin góc = 1/4 cho trước — giải ra $h$ duy nhất, không có cực trị).

2. Dạng toán thường gặp

Mô típ	Ví dụ
Một cạnh thay đổi, các cạnh khác cố định	$SA=x$, các cạnh còn lại $=1$, tìm $x$ để $V_{max}$
Góc thay đổi	Góc giữa cạnh bên và đáy là $\alpha$, tìm $\alpha$ để $V_{max}$
Điểm di động trên đoạn/đường cố định	$M$ di động trên cạnh $SA$, mặt phẳng qua $M$ cắt khối, tìm vị trí $M$ để diện tích thiết diện nhỏ nhất
Hình nội tiếp trong khối cố định	Hộp chữ nhật nội tiếp hình nón/hình cầu, tối ưu theo bán kính đáy hộp
Tỉ số thể tích thay đổi theo vị trí mặt cắt	Mặt phẳng cắt qua các điểm chia cạnh theo tỉ số $k$, tìm $k$

II. Hướng dẫn giải

Bước 1 — Dựng hình, xác định yếu tố vuông góc/đặc biệt

Tìm chân đường cao của hình chóp (thường là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy nếu các cạnh bên bằng nhau, hoặc dùng tính chất vuông góc đã cho).
Nếu cần chứng minh hai cạnh vuông góc mà không trực quan, dùng kỹ thuật trung điểm + đường trung bình: lấy trung điểm một cạnh, chứng minh cạnh cần xét vuông góc với mặt phẳng chứa trung điểm đó, từ đó suy ra vuông góc với đường trung bình song song với cạnh đích.

Bước 2 — Đặt biến và biểu diễn các đại lượng hình học theo biến đó

Gọi biến là $x$ (độ dài) hoặc $\alpha$ (góc) — đúng theo biến mà đề cho thay đổi.
Dùng định lý Pythagore, hệ thức lượng tam giác vuông, định lý côsin để biểu diễn tất cả các đại lượng cần dùng (đường chéo, đường cao, bán kính…) theo biến này.
Luôn xác định miền giá trị của biến (ví dụ $0<x<\sqrt3$) — đây vừa là điều kiện tồn tại hình, vừa là miền khảo sát hàm số.

Bước 3 — Lập hàm số biểu diễn đại lượng cần tìm cực trị

$V(x) = \frac13 \cdot S_{đáy}(x)\cdot h(x) \quad \text{hoặc dạng tích các nhân tử theo } x$

Bước 4 — Tìm cực trị bằng MỘT trong hai công cụ

(a) Bất đẳng thức Cauchy (AM–GM) — ưu tiên dùng khi nhận ra được:

Tổng hai biểu thức là hằng số: $u+v=C \Rightarrow uv \le \frac{C^2}{4}$, dấu “=” khi $u=v$.
Hoặc tích là hằng số, tổng đạt min khi hai số bằng nhau.

(b) Khảo sát hàm số bằng đạo hàm — dùng khi không quy về dạng tổng/tích hằng số được:

Tính $f'(x)$, lập bảng biến thiên trên miền xác định, kết luận điểm cực trị.

Kinh nghiệm dạy học: Nên rèn học sinh có phản xạ thử Cauchy trước (nhanh hơn, ít sai số), chỉ chuyển sang đạo hàm khi không tách được hai nhân tử có tổng/tích hằng số rõ ràng.

III. Ví dụ minh họa (phân tích)

Đề: Hình chóp $S.ABCD$ đáy $ABCD$ là hình thoi, $SA=x$ $(0<x<\sqrt3)$, các cạnh còn lại đều bằng $1$. Tìm $x$ để $V_{S.ABCD}$ lớn nhất.

Phân tích từng bước:

Bước 1. Dựng hình: $SB=SC=SD=1$ nên chân đường cao $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle BCD$ và $H\in AC$ (vì $\triangle BCD$ cân tại $C$ do tính chất hình thoi).

Bước 2. Chứng minh $SA\perp SC$: Gọi $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là tâm hình thoi. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} \begin{array}{l} SA \bot BM\\ SA \bot DM \end{array} \end{array}} \right. \Rightarrow SA \bot (BDM) \Rightarrow SA \bot OM$ Mà $OM$ là đường trung bình của $\triangle SAC$ nên $OM\parallel SC$. Do đó $SA\perp SC$.

Bước 3. Biểu diễn theo $x$:

$AC=\sqrt{1+x^2}$ (Pythagore trong $\triangle SAC$ vuông tại $S$)
$SH=\frac{SA\cdot SC}{AC}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ (hệ thức lượng)
$BD=2OB=\sqrt{3-x^2}$ (Pythagore trong $\triangle OAB$ vuông tại $O$, với $OA=AC/2$, $AB=1$)

Bước 4. Lập hàm thể tích và áp dụng Cauchy: $V=\frac13\cdot\frac12 AC\cdot BD\cdot SH=\frac16\cdot x\sqrt{3-x^2}=\frac16\sqrt{x^2(3-x^2)}\le \frac16\cdot\frac{x^2+(3-x^2)}{2}=\frac14$ Dấu “=” khi $x^2=3-x^2\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt6}{2}$.

Kết luận: $V_{max}=\frac14$ khi $x=\frac{\sqrt6}{2}$.

IV. Các lỗi thường gặp

Quên xét miền giá trị của biến trước khi áp dụng Cauchy hoặc đạo hàm — dẫn đến chọn nghiệm ngoài miền cho phép.
Áp dụng Cauchy sai điều kiện dấu “=”: chỉ xảy ra dấu “=” khi hai số bằng nhau và đều thuộc miền xác định — cần kiểm tra lại nghiệm có thỏa mãn ràng buộc hình học gốc (ví dụ $x^2 \le 3$).
Không kiểm tra tính tồn tại của hình tại giá trị cực trị tìm được (góc, độ dài phải dương, tam giác phải thỏa bất đẳng thức tam giác…).
Nhầm bài “tính thể tích có điều kiện” với bài “cực trị” — khi đề cho đủ dữ kiện để giải ra giá trị duy nhất, học sinh vẫn cố tìm đạo hàm hoặc Cauchy một cách không cần thiết.
Bỏ sót bước chứng minh vuông góc mà mặc định luôn — đặc biệt với các bài cần dựng trung điểm để chứng minh (như ví dụ ở trên), nếu bỏ qua sẽ không biện luận được vì sao hai cạnh vuông góc.

V. Bài tập

Bài 1. Cho hình chóp $S.ABCD$ đều, có cạnh bên bằng $1$. Thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ bằng

(A) $\frac{4}{27}$.

(B) $\frac{1}{6}$.

(D) $\frac{\sqrt{3}}{12}$.

Lời Giải

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $ABCD$, suy ra $SO \perp (ABCD)$.

Đặt $AB = 2x$ $(x > 0)$.

Ta có $OD = \frac{BD}{2} = \frac{AB\sqrt{2}}{2} = x\sqrt{2}$.

Xét tam giác $SOD$ vuông tại $O$, ta có

$SO = \sqrt{SD^2 – OD^2} = \sqrt{1 – 2x^2}.$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

$V = \frac{1}{3}\cdot SO\cdot S_{ABCD} = \frac{4}{3}\cdot x^2\sqrt{1-2x^2}, \text{ với } x \in \left(0; \frac{\sqrt{2}}{2}\right).$

Ta có

$\frac{4}{3}\cdot x^2\sqrt{1-2x^2} = \frac{4}{3}\cdot \sqrt{x^2\cdot x^2\cdot (1-2x^2)} \leqslant \frac{4}{3}\cdot \sqrt{\left(\frac{x^2+x^2+1-2x^2}{3}\right)^3} = \frac{4\sqrt{3}}{27}.$

Dấu “=” xảy ra khi $x^2 = x^2 = 1-2x^2 \Leftrightarrow x^2 = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = \frac{\sqrt{3}}{3} \in \left(0; \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ là $\frac{4\sqrt{3}}{27}$.

Chọn đáp án (C)

Bài 2. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = x$, $AD = 1$. Biết rằng góc giữa đường thẳng $A’C$ và mặt phẳng $(ABB’A’)$ bằng $30°$. Tìm giá trị lớn nhất $V_{\max}$ của thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$.

(A) $V_{\max} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$.

(B) $V_{\max} = \frac{1}{2}$.

(D) $V_{\max} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

Lời Giải

Ta có $\begin{cases} CB \perp AB \\ CB \perp AA’ \end{cases} \Rightarrow CB \perp (ABB’A’)$.

Ta có $\begin{cases} A’C \cap (ABB’A’) = A’ \\ C \in A’C \\ CB \perp (ABB’A’) \end{cases} \Rightarrow (A’C,(ABB’A’)) = \widehat{CA’B} = 30°.$

Xét tam giác $A’BC$ vuông tại $B$, ta có

$\tan\widehat{CA’B} = \frac{BC}{A’B} \Rightarrow A’B = \frac{BC}{\tan\widehat{CA’B}} = \sqrt{3}.$

Xét tam giác $A’AB$ vuông tại $A$, ta có

$AA’ = \sqrt{A’B^2 – AB^2} = \sqrt{3 – x^2}.$

Thể tích khối hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ là $V = AA’\cdot S_{ABCD} = x\sqrt{3-x^2}$, với $x \in (0;\sqrt{3})$.

Ta có $x\sqrt{3-x^2} \leqslant \frac{x^2+3-x^2}{2} = \frac{3}{2}$.

Dấu “=” xảy ra khi $x = \sqrt {3 – {x^2}} $ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x \ge 0}\\ {{x^2} = 3 – {x^2}} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x \ge 0}\\ {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}}\\ {x = – \frac{{\sqrt 6 }}{2}} \end{array}} \right.} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \in (0;\sqrt 3 ).$

Vậy $V_{\max} = \frac{3}{2}$ khi $x = \frac{\sqrt{6}}{2}$.

Chọn đáp án (C)

Bài 3. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA = x$, các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng $2$. Giá trị của $x$ để thể tích khối chóp đó lớn nhất là

(A) $2\sqrt{2}$.

(B) $\sqrt{2}$.

(D) $\sqrt{6}$.

Lời Giải

Gọi $O$ là tâm của hình thoi $ABCD$ và $M$ là trung điểm của $SA$. Vì $SB = SC = SD$ nên chân đường cao $H$ hạ từ $S$ xuống mặt đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle BCD$ và do đó $H$ nằm trên $AC$. Ta có

$\begin{cases} SA \perp BM \\ SA \perp DM \end{cases} \Rightarrow SA \perp (BDM) \Rightarrow SA \perp OM.$

Mà $OM$ là đường trung bình của $\triangle SAC$ nên $OM \parallel SC$. Do đó $SA \perp SC$ và $\triangle SAC$ vuông tại $S$. Khi đó

$AC = \sqrt{SC^2 + SA^2} = \sqrt{4+x^2}; \quad SH = \frac{SA\cdot SC}{AC} = \frac{2x}{\sqrt{4+x^2}}.$

$BD = 2OB = 2\sqrt{AB^2 – OA^2} = \sqrt{4AB^2 – AC^2} = \sqrt{12 – x^2}.$

Suy ra

$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot SH = \frac{1}{3}\cdot x\sqrt{12-x^2} \leq \frac{1}{3}\cdot \frac{x^2+12-x^2}{2} = 2.$

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ bằng $2$. Dấu bằng xảy ra khi $x = \sqrt{12-x^2} \Leftrightarrow x = \sqrt{6}$.

Chọn đáp án (D)

Bài 4. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi. Biết $SA = x$ $(0 < x < \sqrt{3})$ và tất cả các cạnh còn lại đều bằng $1$. Tìm $x$ để thể tích của khối chóp $S.ABCD$ đạt giá trị lớn nhất.

(A) $2$.

(B) $2\sqrt{2}$.

(D) $\sqrt{6}$.

Lời Giải

$\begin{cases} SA \perp BM \\ SA \perp DM \end{cases} \Rightarrow SA \perp (BDM) \Rightarrow SA \perp OM.$

Mà $OM$ là đường trung bình của $\triangle SAC$ nên $OM \parallel SC$. Do đó $SA \perp SC$ và $\triangle SAC$ vuông tại $S$. Khi đó

$AC = \sqrt{SC^2 + SA^2} = \sqrt{1+x^2}; \quad SH = \frac{SA\cdot SC}{AC} = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$

$BD = 2OB = 2\sqrt{AB^2 – OA^2} = \sqrt{4AB^2 – AC^2} = \sqrt{3-x^2}.$

Suy ra

$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot SH = \frac{1}{6}\cdot x\sqrt{3-x^2} \leq \frac{1}{6}\cdot \frac{x^2+3-x^2}{2} = \frac{1}{4}.$

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{1}{4}$. Dấu bằng xảy ra khi $x = \sqrt{3-x^2} \Leftrightarrow x = \frac{\sqrt{6}}{2}$.

Chọn đáp án (C)

Bài 5. Cho hình trụ có hai đường tròn đáy là $(O;R)$ và $(O’;R)$, chiều cao của hình trụ là $R\sqrt{3}$. Giả sử $AB$ là một đường kính cố định trên đường tròn $(O)$ và $M$ là điểm di động trên đường tròn $(O’)$. Hỏi diện tích của tam giác $MAB$ đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?

(A) $2R^2$.

(B) $4R^2$.

(D) $2R^2\sqrt{2}$.

Lời Giải

Gọi $N$ là hình chiếu của $M$ lên mặt phẳng đáy và $H$ là hình chiếu của $N$ lên $AB$.

Khi đó ta có $\begin{cases} AB \perp NH \\ AB \perp MN \end{cases} \Rightarrow AB \perp (MNH) \Rightarrow AB \perp MH.$

Suy ra

$S_{\triangle MAB} = \frac{1}{2}\cdot AB\cdot MH$

$= \frac{1}{2}\cdot 2R\cdot \sqrt{MN^2+NH^2}$

$= R\cdot \sqrt{\left(R\sqrt{3}\right)^2+NH^2}$

$\leq R\cdot \sqrt{3R^2+ON^2}$

$= R\cdot \sqrt{3R^2+R^2}$

$= 2R^2.$

Vậy diện tích $\triangle MAB$ lớn nhất bằng $2R^2$, đạt được khi $H \equiv O$, tức là $\triangle MAB$ cân tại $M$.

Chọn đáp án (A)

Bài 6. Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên là một số thực dương không đổi. Gọi $\alpha$ là góc giữa cạnh bên của kim tự tháp và mặt đáy. Khi thể tích của kim tự tháp lớn nhất, tính $\sin\alpha$.

(A) $\sin\alpha = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

(B) $\sin\alpha = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

(D) $\sin\alpha = \frac{3}{2}$.

Lời Giải

Đặt $SC = c$ với $a > 0$. Ta có $\begin{cases} SO \perp (ABCD) \\ SC \cap (ABCD) = C \end{cases}$ suy ra $\widehat{SCO} = \alpha$.

Mặt khác $OC = a\cos\alpha$; $SO = a\sin\alpha$.

$AC = 2OC = 2a\cos\alpha$; $AB = \frac{AC}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2}\cos\alpha$;

$S_{ABCD} = AB^2 = 2a^2\cos^2\alpha$.

$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}\cdot SO\cdot S_{ABCD} = \frac{2}{3}a^3\sin\alpha\cos^2\alpha = \frac{2}{3}a^3\sin\alpha\left(1-\sin^2\alpha\right)$.

Xét hàm $y = t(1-t^2)$ với $\begin{cases} t = \sin\alpha \\ 0 < t < 1 \end{cases}$

Lập bảng biến thiên ta tìm được $t = \frac{\sqrt{3}}{3}$ thì hàm số $y$ đạt giá trị lớn nhất.

Chọn đáp án (B)

Bài 7. Cho tam giác đều $ABC$ có cạnh bằng $2$. Trên đường thẳng $d$ đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ lấy điểm $M$ sao cho $AM = x$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $AB$, $MB$. Đường thẳng qua $E$, $F$ cắt $d$ tại $N$. Xác định $x$ để thể tích khối tứ diện $BCMN$ nhỏ nhất.

(A) $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

(B) $x = 1$.

(D) $x = \sqrt{2}$.

Lời Giải

Do $\begin{cases} MB \perp FC \\ MB \perp EC \end{cases} \Rightarrow MB \perp (EFC) \Rightarrow FB \perp EF.$

Xét các tam giác vuông $\triangle NAE$, $\triangle BFE$, $\triangle BAM$.

Ta có $\triangle NAE \sim \triangle BFE \sim \triangle BAM \Rightarrow \frac{NA}{BA} = \frac{AE}{AM} \Rightarrow AM\cdot AN = AE\cdot BA = 2.$

$V_{BCMN} = \frac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot (AM+AN)$

$= \frac{1}{3}\cdot \frac{2^2\sqrt{3}}{4}\cdot (AM+AN)$

$\geq \frac{2\sqrt{3}}{3}\sqrt{AM\cdot AN}$

$= \frac{2\sqrt{6}}{3}$

Vậy $\min V_{BCMN} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$ khi $AM = AN = \sqrt{2}$ hay $x = \sqrt{2}$.

Chọn đáp án (D)