Dạng 10 cực trị khối đa diện

Phan Nhật Linh Câu 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có AB x , AD 1 Biết góc đường thẳng AC mặt phẳng ABCD ABC D A Câu 2: Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Vmax   ABBA 3 B 30 Tìm giá trị lớn Vmax thể tích khối hộp Vmax  C Vmax  D Vmax  Cho hình chóp S.ABCD đều, có cạnh bên Thể tích lớn khối chóp S.ABCD A 27 B C 27 D 12 ABCD Câu 3: trịCho hình chóp Cực khối đa Sdiện có SA x , cạnh cịn lại hình chóp Giá trị x để thể tích khối chóp lớn A 2 Câu 4: C D   0x2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi Biết SA x với tất cạnh lại Tìm x để thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất? A Câu 5: B C B 2 Cho hình trụ có hai đường trịn đáy  O ; R D  O; R  , chiều cao hình trụ R Giả O sử AB đường kính cố định đường tròn   M điểm di động đường tròn  O Hỏi diện tích tam giác A 2R Câu 6: MAB đạt giá trị lớn bao nhiêu? B 4R C R D R Người ta muốn thiết kế bể cá kính khơng có nắp với thể tích 72dm , chiều cao 3dm Một vách ngăn giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với kích thước a , b hình vẽ Tính a , b để bể cá tốn nguyên liệu nhất, coi bề dày kính khơng ảnh hưởng đến thể tích bể dm a dm b dm A a  24 dm ; b  24 dm B a 6dm ; b 4dm C a 3 dm ; b 4 dm D a 4dm ; b 6dm | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua   S cắt cạnh SA , SB , SC , SD M , N , P , Q thỏa mãn SA 2SM , 2  SD   SB  SB T       4  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ SC 3SP Tính tỉ số SN biểu thức SB 11 SB SB SB  5 4  A SN B SN C SN D SN Câu 8: Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng khối chóp tứ giác có độ dài cạnh bên số thực dương không đổi Gọi  góc cạnh bên kim tự tháp mặt đáy Khi thể tích kim tự tháp lớn nhất, tính sin  A Câu 9: sin   B sin   3 C sin   D sin   Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC  AB  AC a BC 2 x Tính thể tích lớn Vmax hình chóp S ABC a3 A a3 B a3 D a3 C 12 o Câu 10: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 , BMN  gọi M điểm đối xứng với C qua D ; N trung điểm SC , mặt phẳng  chia H khối chóp S.ABCD thành hai phần Gọi   phần đa diện chứa điểm S tích V1 ; H  phần đa diện cịn lại tích V2 Tính tỉ số thể tích 31 7 A B C V1 V2 D AC AD  BC  3 V  , góc ACB 45 Câu 11: Cho khối tứ diện ABCD tích Hỏi độ dài cạnh CD ? A B C D P M  9;1;1 Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   qua điểm cắt tia Ox , Oy , Oz A , B, C ( A , B, C không trùng với gốc tọa độ) Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ bao nhiêu? 81 81 243 A B C D 243 Câu 13: Cho tam giác ABC có cạnh Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt  ABC  lấy điểm M cho AM x Gọi E , F hình chiếu vng góc C lên AB , MB Đường thẳng qua E , F cắt d N Xác định x để thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ phẳng Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh x A Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 B x 1 C x 2 D x  Câu 14: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC  có đáy tam giác Tam giác ABC  có diện tích 3    ,   0;    Tìm  để thể tích khối lăng nằm mặt phẳng tạo với đáy góc trụ ABC ABC  đạt giá trị lớn tan   A B tan   C tan   tan   D Câu 15: Cho hình chóp S ABC , SA  ( ABC ) , SC a đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh C Gọi  góc hai mặt phẳng (SBC ) ( ABC ) Khi thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn sin 2 A C B 2 D Câu 16: Cho hình chóp S ABC có SA x , cạnh cịn lại hình chóp a Để thể tích khối chóp lớn giá trị x a A a B a C D a Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh , SA 2 SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  Gọi SMC  mặt phẳng  T SNC  AN vng góc với mặt phẳng  Tính tổng M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD cho  AM thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn A T 13 B T 2 C T D T 2 Câu 18: Cho tứ diện ABCD có AB x , CD y , tất cạnh lại Khi thể tích tứ diện ABCD lớn tính xy 16 A B C D Câu 19: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh , SA 2 SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD ( AN  AM ) cho mặt phẳng  SMC  vng góc với mặt phẳng  SNC  Khi thể tích khối chóp 16  AM đạt giá trị lớn nhất, giá trị AN 17 A B C | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh D S AMCN Chủ đề 02: Cực trị hàm số Câu 20: Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M , N hai điểm nằm hai cạnh SM SN  2 SC , SD cho SC ND , biết G trọng tâm tam giác SAB Tỉ số thể tích VGMND m  m , n  1 VS ABCD n m , n ( số nguyên dương  ) Giá trị m  n A 17 B 19 C 21 D o o    Câu 21: Cho tứ diện ABCD có DAB CBD 90 , AB a , AC a ABC 135 ; Góc hai mặt phẳng a3 A  ABD   BCD  o 30 Thể tích tứ diện ABCD a3 a3 B C a3 D Câu 22: Cho hộp hình chữ nhật có kích thước ba cạnh 4cm , 6cm , 9cm hình vẽ Một kiến vị trí A muốn đến vị trí B Biết kiến bị cạnh hay bề mặt hình hộp cho Gọi xcm quãng đường ngắn kiến từ A đến B Khẳng định sau đúng? x   15;16  x   13;14  A B C x   12;13  D x   14;15  Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.B 21.D 2.C 12.D 22.B 3.C 13.DC 4.D 14 5.A 15.D 6.D 16.A 7.C 17.C 8.B 18.C 9.A 19.B 10.C 20.B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C BC   ABBA Vì ABCD ABC D hình hộp chữ nhật nên   C ; AB BA  C 30 AC ;  ABBA  A Suy ra: BC AB   tan 30 ABC vuông B nên     2 AAB vuông A nên AA  AB  AB   x Thể tích khối hộp: V  x    x  Có: Có bảng biến thiên: Vậy Vmax    x  0; V  x   AB.BC AA x  x với x2  x2   2x2  x ,  x  0  x Cho V  x  0   x 0 x | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số Câu 2: Chọn C  VS ABCD  SO.SABCD  SO  ABCD   Gọi O giao điểm AC BD Đặt AB x  x  0  BD x  OD  Tam giác SOD vuông O Câu 3: x 2  SO  SD  OD   x2  x2   x  0; 2   Chọn D S C B O D H A Vì SB SC SD 2 nên hình chiếu H S lên ABCD tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Mà tứ giác ABCD có cạnh nên tứ giác ABCD hình thoi, H  AC ; SBD ; CBD ; ABD có cạnh tương ứng nên SO  AO CO 2  SAC vuông S  AC  SA  SC  x  1 2x    SH  SA SC x2  SAC vng S , có đường cao SH nên SH Lại có OB2  OC BC  OB BC  SABCD  AC.OB  x   12  x AC  x 12  x 12  x 4    OB  4  1 x  12  x VS ABCD  SH SABCD  x 12  x  2 3 Ta có 2 Dấu xảy x 12  x  x 6  x  Cách Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 S D M A O B C Theo giả thiết ta có hai tam giác SBC , SCD hai tam giác  BM  MC  MC   MBD   DM  MC  M SC Gọi trung điểm suy Ta có VS ABCD 2.VS.BCD 4.VC MBD Ta lại có 1 1   VC MBD  MC.SMBD  MB.MD.sin BMD  sin BMD 3 2 ,  MC 1, MB MD     Do để VS ABCD lớn  VC MBD lớn  sin BMD 1  BMD 90 2 Xét MBD vuông M , x SA 2.MO BD  MD  MB  Câu 4: Chọn D Gọi O tâm hình thoi ABCD H hình chiếu vng góc S lên AC ABD CBD SBD (c  c  c )  SO OA OC  AC Ta có Mà SO trung tuyến SAC nên SAC vuông S BD  AC    BD  (SAC )  ( ABCD)  (SAC ), (1) BD  SO  Lại có Và (SAC )  ( ABCD)  AC ; SH  AC , (2) Từ (1) (2) ta có SH  ( ABCD) AC  x  ; Trong SAC vuông S có | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh 1 2x    SH  SH x x2  Chủ đề 02: Cực trị hàm số  AC  x2 OB  AB     3   Trong OAB vng O có 1 VS ABCD  SH SABCD  SH 2.SABC  SH AC OB 3 Thể tích hình chóp 2x x2 x  12  x  x    x (12  x )  2 x2  4 3 VS ABCD Câu 5: 2 lớn x 12  x  x  Chọn A O Gọi N hình chiếu M    MN R O Gọi P hình chiếu N AB , M di chuyển   NP R  MN  AB  MN   ABN     AB   MNP   AB  MP  NP  AB NP  AB    Ta có: 1  SMAB  AB.MP  R.MP R.MP 2 2 2 Mặt khác, tam giác MNP vuông N  MP  MN  NP  3R  R 2 R  SMAB R.MP R.2 R 2 R2 Dấu “=” xảy NP R hay MO  AB Vậy diện tích tam giác MAB đạt giá trị lớn 2R Câu 6: Chọn D V 3ab 72dm  b  Thể tích bế cá: Diện tích kính để làm bể cá hình vẽ: S 3.3a  2.3b  ab 9 a  S 96  a  72 24  3a a , với a , b  144 144 24 24 9 a   24 2 a  24  a a a a a  S 96 144  a 4  b 6 a Vậy để bể cá tốn nguyên liệu a 4dm ; b 6dm Câu 7: Chọn C Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Gọi O tâm hình bình hành ABCD , gọi I MP  AC Lấy điểm N  SB , NI  SD Q Do đáy ABCD hình bình hành nên ta chứng minh hệ thức sau: SA SC SB SD    SM SP SQ SN x Đặt SB SD SQ , y SN với x  0; y  Theo ta x  y 2  5 2 x  0, y  x  y 5 Theo bài, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức T x  y với Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được: 2     1   1.x  y       x  y 2         x 2y       x  y 5  x 4 y    x  y 5  2 suy x  y 20 Dấu xảy  x 4   y 1 SB 4 y 1 Vậy giá trị nhỏ T 20 đạt x 4 , hay SN Câu 8: Chọn B | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số Đặt SC a Mặt khác: SO  ( ABCD )  SC  ( ABCD) C với a  Ta có: OC a.cos  ; SO a.sin  AC 2OC 2 a.cos  ; AB  AC  suy SCO  a 2.cos  2 ; SABCD  AB 2 a cos  2 VS ABCD  SO.SABCD  a sin  cos2   a sin  (1  sin  ) 3 t sin   t 1 Xét hàm y tt(1  ) với  Lập bảng biến thiên ta tìm Câu 9: t 3 hàm số y đạt giá trị lớn Chọn A Gọi O hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ( ABC ) Vì SA SB SC nên O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tam giác ABC cân A Gọi A trung điểm BC Khi AA đường trung trực tam giác ABC nên điểm O nằm đường thẳng AA 1 SABC  BC.AA  x a2  x x a  x 2 Ta có: AA  AB  BA  a  x nên Lại có: SABC 2 2 a2 AB.AC.BC  OA R  AB AC.BC  a x   4SABC x a  x 2 a  x 4R SO  SA  AO  a2  Trong tam giác vng SAO , ta có: a4 a  4( a  x ) 2 3a  x ( a2  x ) 1 a 3a  x a VS ABC  SO.SABC  x a  x  x 3a  x 2 32 a  x 12 Thể tích Tư tốn học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 x  3a  x a2 x 3a  x   2 Mặt khác: Do đó: VS ABC  a a3 a3 x  a  x  x a a  Vmax  12 Vậy Câu 10: Chọn C Áp dụng tỉ số thể tích cho khối chóp M.CNB ta có VMDIH MD MI MH MI   VMCNB MC MN MB MN Định lý menelaus cho tam giác MNC với cát tuyến DIS ta có: VMDIH SN CD MI IN MI   V 5 V 1     V SC DM IN IM MN Vậy MCNB MCNB 1 1 VMCNB  d N ; MBC   SMBC  SO.DC.BC  VSABCD 3 2 Mà V1 5  V2  VSABCD  VSABCD  V1  VSABCD V2 12 12 Vậy Câu 11: Chọn B 1 V  SABC d D ,  ABC   CA.CB.sin 45 d D ,  ABC  3    1 CA.CB.AD  CA.CB.d D ,  ABC   (1) 6   11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh  Chủ đề 02: Cực trị hàm số  AC   BC  AD   AC  BC AD  AC       Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương AD , BC , , ta có  AC   BC  AD    1 V       (2)   Do đó, Mặt khác ta có V = , để thõa mãn u cầu tốn từ và, đẳng thức phải xảy ra, tức  DA ( ABC ) 2    CD  AC  DA  AC   CD   BC AD 1  BC  , AD  1, AC     Câu 12: Chọn D Ta có: A  a; 0;  , B  0; b;  , C  0;0; c  y  P  : xa  b  cz 1 ;  a , b, c   M  9;1;1   P   1   1 a b c 1 1    3  VOABC abc 243 a b c a b c Đẳng thức xảy a 27, b c 3 Câu 13: Chọn D M F C A E B N Do MB  FC    MB   EFC   FB  EF MB  EC  Ta có NAE BFE BAM  Xét tam giác vuông: NAE , BFE , BAM NA AE   AM AN  AE.BA 2 BA AM Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 1 3 VBCMN  SABC  AM  AN    AM  AN   AM.AN  3 3 Vậy VBCMN  AM  AN  hay x  Câu 14: Chọn C AB   MCC  Gọi M trung điểm AB Khi   Góc  ABC   ABC  CMC  Đặt AB x , x  x2 x 3x x2 x tan   tan   SABC  CC CM.tan   tan   VABC ABC   , Ta lại có SABC SABC  cos  3 cos   x2 3 3.cos   x 2 3cos   VABC ABC   24 cos  3cos  tan  9 3.sin  cos    VABC ABC 9 cos   cos  f (tt) tt(1  tt2 )    ,   0;1  Ta có f (tt) 1  t max f (t )  3  Hàm số đạt giá trị lớn  cos    tan   Khi max VABC ABC  6 Xét hàm số Câu 15: Chọn D 13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số 2 Đặt AC BC x , SA  a  x 1 1 V  SA.SABC  a  x x  a x  x 3 Ta tích khối chóp S ABC  x 0 f  x  4 a x  x 0   a x  f  x  a2 x  x  Xét hàm số với  x  a Dựa vào bảng biến thiên, ta tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn a a a SA AC x sin     cos     Khi SC a , SC a Vậy sin 2 2sin  cos  2 2  3 Câu 16: Chọn A Cách 1: Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 B S A C 0    Đặt   ABS;   ABC 60 ;  CBS 60 Ta có VB.SAC  VB.SAC BA.BC.BS a3 1  cos   cos   cos   2cos  cos  cos    cos   cos  6 2 1  cos   cos   cos   đạt GTLN đạt GTLN cos   Với Cách 2: a x  BA  BS2  BA.BS.cos   ta B F C A E S Gọi E , F trung điểm SA BC Vì BAS CAS cân B C nên Ta có: Suy Vậy BE CE  a  SBEC VSABC  BE  SA  SA   BEC   CE  SA x2 3a  x ; EF  a 3a  x  BC.EF    2 1 a 3a2  x a x  3a  x a3  SA.SBEC  x   3 12 15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số x  3a  x  x  Dấu " " xảy a Câu 17: Chọn C S b N D a A M C B Axyz Chọn hệ trục tọa độ  A  0; 0;  S  0; 0;  , , với: B  2; 0;   AC  2;2;0  AM  a;0;0  , ,   SC  2; 2;   SM  a;0;   ,  , C  2; 2;  , D  0; 2;  M  a; 0;  ¸ , N  0; b;   a, b   0; 2  AN  0; b;0   SN  0; b;   ,     SM , SC   4; 2a  4; 2a     n1  2; a  2; a VTPT mp  SCM      SN , SC    2b;  4;  2b  n      b;  2;  b VTPT mp  SCN           n  n1 n2 0    b    a    ab 0   2b  2a  ab 0  SCM    SCN   n   2a  b   a  0  b   2a a2   2a  a  0  2a b  2    a2   a 2  a  Mà: Do đó: a  (  2; 4]   a   1;    4a  a  0  a    ;     1;    a   1;   1   SAMCN SAMC  SACN   AM , AC    AN , AC   2  2 1  2a a2   2a  2b a  b a   2 a2 a2 Xét hàm số f ' a  Ta có:  f  a  a2  4a   a  2 f  1 3  a2  a   1;   a     1;    f '  a  0  a  4a  0    a   ; a 1, b 2 f     ; f   3 a 2, b 1 a   3, b   Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16 Phan Nhật Linh Khi đó: Fanpage: Luyện thi Đại học 2023  a 2, b 1 Max f  a  3   a 0;2   a 1, b 2  a 2, b 1  VS AMCN  SA.SAMCN  a 1, b 2 đạt giá trị lớn  SAMCN đạt giá trị lớn   a 2, b 1 AM  2;0;0   AM 2 AN  0;1;0   AN 1 , Vậy: T 1   1  2 4 AN AM   a 1, b 2 AM  1;0;0   AM 1 AN  0; 2;0   AN 2 , Vậy: T 1 1  1   T   2 2 4 Kết luận: AN AM AN AM Câu 18: Chọn C Gọi M , N trung điểm AB , CD Tam giác ADB ,CAB hai tam giác cân cạnh đáy AB nên DM  AB CM  AB Suy AB   MCD  1 x V ABCD VB MCD  VA MCD  BM.SMCD  AM SMCD  SMCD 3 Tam giác SMCD ABC ABD  c.c.c  nên CM DM  MN  CD 1  CD.MN  y MC  CN  y 2  BC  BM  x2 y   CN  y  4  y 16  x  y xy xy VABCD  16  x  y  16  xy  xy.xy  16  xy  12 12 12      12  xy  xy   16  xy    16       12     Dấu xảy  x y    xy 16  xy  x y   16  xy   17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số Vậy thể tích ABCD đạt giá trị lớn xy  16 Câu 19: Chọn B A  0;0;0  B  2;0;0  D  0; 2;0  S  0;0;  Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho , , , C  2; 2;0  x, y   0; 2 x  y; M  x;0;0  N  0; y;0  Suy Đặt AM x , AN  y , , suy ,    SM  x;0;   SC  2; 2;   SN  0; y;   , ,        n1  SM , SC   4; x  4; x  n2  SN , SC    y;  4;  y  ,   SMC    SNC  nên n1.n2 0    y    x    xy 0  xy   x  y  8 Do  2x  2x  y 2  x 1 y  x  , x  nên S AMCN S ABCD  S BMC  S DNC 4    x     y  x  y 2  2x  x2  VS AMCD  SA.S AMCN   x  y    x   3 x2  x2 3 Do x2  4x  x2   x   f f  x   x  2 x   1; 2 x  Xét với , f  x  0  x  x  0  x   x   ; max f  x   f  1  f   2 Lập BBT ta suy  1;2   x 1   y 2 max VS AMCN 2     x 2  x 2 16    (do x  y )  16    5 2   y 1 x y  y 1 AM AN Vậy x, y   0; 2 x  y Cách 2: Đặt AM x , AN  y , Gọi O  AC  DB ; E BD  CM ; F BD  CN H hình chiếu vng góc O SC , đó: HO  Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023  SC  OH  SC  HE  SC   HBD     SC  BD   SC  HF Ta có:  SCM   SCN  góc HE HF Suy HE  HF Do góc VS AMCN  SA.S AMCN   x  y  3 Mặt khác Tính OE , OF : Ta có: x  , y  x 2 , y 2 gọi K trung điểm AM , đó: OE KM x OE EB OB x       OE  EB MB  x x  2x  x 4 x y OE.OF OH   x    y   12  y Tương tự: Mà OE.OF OH   x    y   12 Nếu x 2 y 2 ta có  x    y   12 Tóm lại: 2 2 12 VS AMCN  SA.S AMCN   x  y     x     y        x     3 3 x   Suy ra: OF  max VS AMCN  4    x 1   y 2 2     x 2  x 2    (do x  y )   y 1  y 1 Khảo sát hàm số ta được: 16 16  5   2 y2 AM AN x Cách Đặt AM m, AN n (0 n  m 2) Dựng AP  CM , AQ  CN ( P  CM , Q  CN ) AP AM 2m   AP  BC CM  (2  m) Ta có 2n AQ   (2  n) Tương tự Trong mặt phẳng ( SAP) dựng AL  SP( L  SP), AV  SQ(V  SQ) Mặt phẳng ( ALV ) cắt SC H Dựa vào điều kiện toán dễ dàng chứng minh tứ giác ALHV hình chữ nhật AH  SC 1  2   AH  2 SA AC Ta có AH 1 m  2m  2m 2n 2     AL  AV  AL2 SA2 SP 2m m  2m  n  2n  Do hình chữ nhật nên 2n 2m2 AV  AL2  AH     (mn  m  n  4)(mn  2(m  n)  8) 0 n  2n  m  2m  19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Chủ đề 02: Cực trị hàm số Do mn  m  n  mm   m   n  nên mn  2(m  n) 8 Do  n  m 2  ( m  2)(n  2) 0  mn  2( m  n)  0  12  4( m  n) 0  m  n 3 Ta có: S ANCM S ABCD  S BMC  S DNC 4  1 2.(2  m)  2.(2  n) m  n 2 VSAMCN  SA.S AMCN  (m  n) 2 3 Suy Dấu xảy m 2, n 1 16  5 AM Khi AN Câu 20: Chọn B S M N G A D E B C VS.GMN SN    VGMND  VS.GMD VS.GMD SD 3 VS.GMD SM 1    VS.GMD  VS.GCD VS.GCD SC 2 VS.GCD SG   VS ECD SE 1 1 1 VGMND  VS.GMD  VS ECD  VS.ECD  VS ABCD  VS ABCD 3 9 18 Suy VS.GMND  VS ABCD 18 Suy Câu 21: Chọn D Do m 1; n 18  m n 19 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20