Huong dan giai 02b

Bi S h M I P B G C N F H A E α K J D Tính Sxq ,VS.ABCD Đặt cạnh hình vng ABCD x,x > gọi E trung điểm cạnh CD Khi x Trong tam giác vng SEC , SE = DE.tan·SCD = tan α (1) 2 Trong tam giác vuông SHE , SE2 = SH + HE2 = h2 + x Từ (1) (2) suy ⇔ x2 = 4h2 (2) ( ) x2 x2 x2 tan2 α = h2 + ⇔ tan2 α − = h2 4 ⇔ x= 2h tan2 α − Diện tích xung quanh hình chóp S.ABCD tan α − x 4h2 tan α Sxq = 4SSCD = 2CD.SE = 2x tan α = x2 tan α = tan2 α − 1 4h3 V = S SH = x h = Thể tích khối chóp S.ABCD : ABCD 3 tan2 α − ( Bài tốn có nghĩa ⇔ tan2 α − > ⇔ tan α > 1⇔ ) π π 0) Khi 1x x OE = AE = = , 3 C A α O E B x x OC = = 3 Trong tam giác vuông SOE (vuông O ) , SO = OE.tan α = x tan α (1) Trong tam giác vuông SOC (vuông O ),  x 3 x2 (2) SO = SC – OC = a −  ÷ = a2 −  ÷   2 2 14 ( ⇒ x2 = 12a2 tan α + ) x2 x2 x2 tan2 α = a2 − ⇒ tan2 α + = a2 12 12 Từ (1) (2) ,ta có : 2a ⇒ x= tan2 α + 1 x2 x x3.tan α Thể tích khối chóp S.ABC : V = SABC SO = tan α = 3 24 24 3.a3 tan α = ( ) 24 tan2 α + = a3 3tan α ( tan ) α+4 2.Xác định α để V đạt giá trị lớn tan α tan2 α ⇔ ⇔ V đạt giá trị lớn đạt giá trị lớn đạt tan2 α + tan2 α + ( ) ( giá trị lớn Ta có: f ( α) = tan2 α ( tan α + 4) tan2 α 2 = 2 tan α + tan α + tan α + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương tan2 α , , 2 tan α + tan α + tan α + , ta   1 tan2 α 2 f ( α) ≤   + + ÷ = 2  3 tan α + tan α + tan α + ÷ 108    Đẳng thức xảy Cauchy tan2 α tan α + = 2 tan α + a3 đạt α = arctan2 108 3.Xác định α để hình chóp S.ABC trở thành tứ diện Hình chóp tam giác S.ABC tứ diện ⇔ cạnh bên cạnh đáy Vậy maxV = a3 ⇔ tan2 α = ⇔ tan α = ⇔ α = arctan2 ⇔ a= x⇔ a= ( 2a tan α + ⇔ α = arctan 2 ) Bi 10 • Tính VS.ABC 15 = ⇔ tan2 α + = 12 ⇔ tan2 α = ⇔ tan α = 2 ) Ta có: AB = a, BC = a AC = SA + SC − 2SA.SC.cos ·ASC = 2a2 + a2 = 3a2 Suy ∆ABC vuông B Gọi H trung điểm BC , ta có H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mà SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) SH = SA − S∆ABC = AC a = , a2 nên ta có: AB.BC = 2 1 a a2 a3 SH S∆ABC = = 32 12 • Tính α = ( AB, CE ) d ( AB, CE ) VS ABC = Gọi F trung điểm SA , suy EF / / AB ⇒ ( AB, CE ) = ( EF , CE ) AB / /(CEF ) ⇒ d ( AB, CE ) = d ( AB, (CEF )) = d ( A, (CEF )) = h Ta có: EF = CE = AB a = , 2 SC − SB a = , CF = · Suy cos CEF = 2 CE + CF − EF 2CE CF 2(CS + CA 2) − SA a = 2 3a2 a2 7a2 + − 4 = − 21 = 14 a a 2 Do cos α = 21 ⇒ α ≈ 710 14 Ta có: VS.CEF = VSABC ⇒ VCABEF = VS ABC 4 Mặt khác S∆AF B = 2S∆BF E ⇒ VB.CEF = VCABEF = VS ABC = a 48 16 sin α = − cos2 α = 14 1 a2 a2 21 ⇒ S∆CEF = CE EF sin α = = 2 14 112 a3 3V a 42 Vậy h = B.CEF = 216 = S∆CEF a 21 112 Gọi H hình chiếu S mặt đáy Hạ HE ⊥ AB,HF ⊥ AC Theo định lý ba đường vng góc, ta có S SE ⊥ AB,SF ⊥ AC · · Vì SAB nên hai tam giác vuông = SAC SAE,SAF nhau, SE = SK ⇒ HE = HF, hay H thuộc phân giác góc A tam giác ABC Ta có AE = SA.cos β = c.cos β nên tam giác vng F AHE ta có A AE c.cos β AH = = · α H cosHAE cos E Xét tam giác vuông SHA ta có c2.cos2 β c2  α B  SH = SA − AH = c2 − = cos2 − cos2 β ÷  α α  cos2 cos2  2 c α ⇒ SH = cos2 − cos2 β α cos 1 · = ab.sin α Diện tích đáy khối chóp SABC = AB.AC.sin BAC 2 Thể tích khối chóp S.ABC 1 c α VS.ABC = SH.SABC = ab.sin α cos2 − cos2 β α cos α α Vậy ta có VS.ABC = abc.sin cos2 − cos2 β 2 1 Vì SM ⊥ (ABC) nên ta có VSBMI = SM.SBMI ,VSCNI = SM.SCNI 3 17 C SM.SABC , hệ thức điều kiện VSMBI + VSCNI = VSABC trở thành SMBI + SCNI = SABC Vì AM = x nên BM = a − x, SBMI BM BI a − x a−x = = ⇒ SBMI = SABC SBAC BA BC a 2a Kẻ CJ // AB Mà I trung điểm BC nên CJ = MB = a − x S NA AM CA + CN x = ⇔ = NC CH CN a−x CA 2x − a ⇒ = CN a−x SCNI CN CI a−x = = Suy SCAB CA CB 2x − a a−x ⇒ SBMI = SABC 2(2x − a) M Do điều kiện A SMBI + SCNI = SABC trở thành I a−x a−x SABC + SABC = SABC 2a 2(2x − a) C J VSABC = ⇔ B a−x a−x (−1 ± 5)a + = ⇔ x2 + ax − a2 = ⇔ x = 2a 2(2x − a) N (−1 + 5)a Vì x > nên giá trị cần tìm x Gọi O hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ( ABC ) , theo tính chất hình chóp O trọng tâm tam giác ABC 18 Gọi I trung điểm BC , ta có tam giác SAI thiết diện hình chóp S.ABC với mặt phẳng qua cạnh bên SA đường cao SO hình chóp cho Vì tam giác SBC cân S , I trung điểm BC nên tam giác SIB vuông I , suy a SI = IBtan α = tan α S A C O a I α B 1a a Tam giác ABC tam giác cạnh a ⇒ OI = AI = = 3 Trong tam giác vuông SOI  a 3 a2 a2 SO = SI − OI = tan2 α −  3tan2 α − ÷ =  ÷ 12   ⇒ SO = ( a ) 3tan2 α − Diện tích thiết diện SAI 1 a a a2 3tan2 α − SO.AI = 3tan2 α − = 22 Lại có :  sin α  sin α  3tan2 α − = 3tan α + 3tan α − =  + 1÷ − 1÷ cos α cos α    SSA I = = ( ( )( 3sin α + cosα ) )( 3sin α − cosα ) cos α    1 4 sin α + cosα ÷ sin α − cosα ÷  ÷ ÷ 2   =  cos2 α = = ⇒ SSAI = Bi 10 19 ( )( sin α cos300 + sin300 cosα sin α cos300 − sin300 cosα ( cos α ) ( 4sin α + 30 sin α − 30 cos2 α ( ) ( ) ) a2 sin α + 300 sin α − 300 4cosα ) a) Gọi E trung điểm BC ⇒ H E ⊥ BC SH ⊥ BC ⇒ ( SHE ) ⊥ BC ⇒ ( SHE ) ⊥ ( SBC ) Do đó, hạ I K ⊥ SE ⇒ I K ⊥ ( SBC ) ⇒ I K = b Hai tam giác ∆SK I ∆SHE đồng dạng với suy IK SK HE SK a b 2a SH = ⇒ SH = = SK = SI − I K ⇒ SH = − b2 HE SH IK 2b 2a b  a2  a2 ⇒ SH = ÷= − ⇔ SH  −  16b2 ÷   2ab 2 a − 16b S ABCD = a2 1 2ab 2a3b SH S ABCD = a2 = 3 a2 − 16b2 a2 − 16b2 · · b) Ta có: ( SBC ) , ( ABCD ) = SEH = α Vậy VS.ABCD = ( ) Đặt BC = x ta có OE = x , OB = x 2 Trong tam giác vng SHE ta có SH = H E tan α , tam giác vuông SHB có: SH 2  a 2 x  = SB − HB ⇒  tan α ÷ = h2 −  ÷ ⇒ x=  ÷ 2    VSABCD = = 2h + tan2 α 1 x 4h2 h tan α SH S ABCD = x2 tan α = 3 + tan2 α + tan2 α 4h3 tan α ( + tan2 α ( + tan α ) ) = ( + + tan α ) 3   ≥  tan2 α ÷ = 3 tan α   VS ABCD ≤ 3h3 tan α 3h3 = 27 tan α 27 Vậy max VS.ABCD = 3h 27 ⇔ tan α = ⇔ α = 45 20 Bi 11 · Gọi O tâm đáy, ta có BD ⊥ (SOA) suy góc SOA góc · hai mặt phẳng (SBD) mặt đáy nên SOA = 600 Trong tam vng SAO ta có: SA = AO.tan 600 a a 3= 2  BC ⊥ AB Ta có:   BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM ⇒ AM ⊥ (SBC ) ⇒ AM ⊥ SC = Tương tự: AN ⊥ (SCD) ⇒ AN ⊥ SC , từ suy ra: SC ⊥ ( AMN ) Nên AP đường cao hình chóp S.AMPN Suy ra: VS AMPN = AP S AMPN Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SAC ta có: SP SP SC SA 3 3a 14 = = = ⇒ SP = SC = SC 14 SC SA + AC SA.AB a 15 = SB MP SP SP BC 3a 35 Do ∆SBC : ∆SPM ⇒ = ⇒ MP = = BC SB SB 35 a 21 Suy ra: S AMPN = 2S∆AMP = AM MP = 35 3a 14 a2 21 3a3 Vậy VS AMPN = = 14 35 70 Trong tam giác vuông SAB ta có: AM = 21 SH SMNDC SMNDC = S ABCD − S∆AMN − S∆MBC Ta có: VS.CDNM = a2 a2 5a2 = a2 − − = 8 VS.CDNM = 5a2 3a3 a = 24 uuuur uuuu r r uuuu r uuur uuur uuuu 2DA − DC 2DC − DA = DA − DC = 2 Vậy CN ⊥ DM từ SC ⊥ DM : 2S∆HSC SH CH SH CH d(SC; DM ) = d(H ; SC ) = = = SC SC SH + CH Lại thấy: DM CN = Lại có: CH = 2S∆CMD DM ( ) ( = ) ( S ABCD − S∆AMD − S∆CMB ) =a DM Thay lên ta có khoảng cách cần tính là: 2a 19 Chứng minh M trung điểm SA Ta có: AH = a ⇒ SH = SA − AH = a 14 , HC = 3a 4 ⇒ SC = SH + CH = a Suy SC = AC ⇒ ∆ACS cân C nên M trung điểm SA • Tính VS.MBC ? Vì M trung điểm SC nên SSCM = S , suy SAC VSABC = SH S∆ABC = a 14 48 Gọi H hình chiếu S AB , suy SH ⊥ ( ABCD) VSMBC = 22 Do SH đường cao hình chóp S.BMDN SA + SB = a2 + 3a2 = AB ⇒ ∆SAB vuông S AB ⇒ SM = = a Do tam giác đều, suy SH = a Diện tích tứ giác BMDN là: SBMDN = S ABCD = 2a2 Thể tích khối chóp S.BMDN : V = SH SBMDN = a (đvtt) a Kẻ ME / / DN (E ∈ AD) ⇒ AE = · Đặt ϕ góc hai đường thẳng SM DN Ta có: ( SM , ME ) = ϕ Theo định lý ba đường vng góc ta có: SA ⊥ AE ⇒ SE = SA + AE = a , ME = AM + AE = a a = · Do ∆SME cân E nên SME = ϕ cos ϕ = a 5 Gọi H trung điểm AD Ta có tam giác SAD nên SH ⊥ AD Do (SAD) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ BP (1) Ta có ABCD hình vng nên: ∆CDH = ∆BCP ⇒ BP ⊥ CH (2) Từ (1) (2) suy ra: BP ⊥ (SHC) Mặt khác: MN / / SC; AN / / HC ⇒ ( AMN ) / / ( SHC ) ⇒ BP ⊥ AM Gọi K = BH ∩ AN Ta có MK đường trung bình tam giác SBH 23 Suy MK / / SH ⇒ MK ⊥ (CMN ); MK = SH = 3a Diện tích tam giác CMN : SCMN = CM CN = a Thể tích khối tứ diện CMNP : VCMNP = MK SCMN = 3a (đvtt) 96 Gọi P trung điểm SA Ta có MP đường trung bình tam giác EAD ⇒ MP / / AD ⇒ MP / / NC MN = AD = NC Suy MNCP hình bình hành ⇒ MN / /CP ⇒ MN / /(SAC ) Ta dễ chứng minh BD ⊥ (SAC ) ⇒ BD ⊥ MN Vì MN / /(SAC ) nên: d(MN , AC ) = d(N , (SAC )) = 1 d(B, (SAC )) = BD = 2a Vậy d(MN , AC ) = 2a Bi 12 a Tính VS ABCD 24 Từ giả thiết suy SI ⊥ ( ABCD) ⇒ VS ABCD = Ta có: S ABCD = ( AB + DC ) AD = 2a2 SI S ABCD · Vẽ I K ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SI K ) ⇒ SKI góc mặt phẳng (SBC ) với mặt đáy · Nên SKI = 600 Vì S∆I DC = a2 3a2 , DI DC = , S∆I AB = AI BI = 4 suy S∆BI C = S ABCD − ( S∆I CD + S∆I AB ) = a2 Mặt khác: BC = Nên suy ra: I K = ( AB − CD ) 2a2 a = + AD2 = a S∆I AB = 2a Trong tam giác vng SI K ta có: SI = I K tan 600 = 2a 15 4a3 15 2a2 = 15 b) Gọi M trung điểm SD Tính d ( M ,(SBC )) Vậy VS ABCD = 25 I K BC 2a 15 Gọi E giao điểm AD với BC, ta có: ED DC 1 = = ⇒ ED = AD = I D EA AB 1 Do đó: d ( M ,(SBC )) = d ( D,(SBC )) = d ( I ,(SBC )) Gọi H hình chiếu I lên SK ta có: d ( I ,(SBC )) = I H Trong tam giác vuông SI K , ta có: IH2 = SI + IK = 12a2 + 4a2 = 3a2 ⇒ IH = a 15 a 15 20 Vì hai mặt phẳng ( SBI ) ( SCI ) vng góc với mặt phẳng ( ABCD) nên giao tuyến hai mặt phẳng SI vng góc với mặt phẳng ( ABCD) SI ⊥ ( ABCD) Vậy d ( M ,(SBC )) = SI S ABCD AD( AB + CD) S ABCD = = 3a2 VS ABCD = Gọi H hình chiếu I xuống BC ⇒ BC ⊥ (SI H ) · · ⇒ SHI = ( (SBC ),( ABCD)) = 600 a2 ; S∆AI B = a2 AD2 + ( AB − DC )2 = a ; S∆I DC = ⇒ S∆BCI = S ABCD − (S∆I DC − S∆ABI ) = a Ta có: BC = ⇒ IH = 2S∆I BC BC = 3a 3a 15 ⇒ SI = I H tan 600 = 5 Vậy VS.ABCD = SI S ABCD = 3a 15 Gọi I trung điểm AD 26 Ta có CI = I A = I D = AD suy ∆ACD vuông C ⇒ CD ⊥ AC Mà SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ CD nên ta có CD ⊥ SD hay ∆SCD vuông Gọi d1; d2 khoảng cách từ B, H đến mp(SCD) Ta có: ∆SAB : ∆SHA ⇒ SA SB SH SA 2 = ⇒ = = mà SH SA SB SB d SH 2 = = ⇒ d2 = d1 SB d1 3 Thể tích khối tứ diện S.BCD : VSBCD = SA AB.BC = 2a Ta có: SC = SA + AC = 2a, CD = CI + I D2 = 2a ⇒ SSCD = SC.CD = 2a2 2a3 Ta có: V = a SBCD = d1.SSCD ⇒ d1 = 2a2 a Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) d1 = 3 Bi 13 Gọi I hình chiếu vng góc S ( ABC ) , A ', B ', C ' 27 hình chiếu I BC, CA, AB Từ giả thiết suy · ' I = SB · ' I = SC · ' I = 600 SA Các tam giác vuông SI A ', SI B ', SI C ' nên I A ' = I B ' = I C ' ⇒ I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi p nửa chu vi tam giác 5a + 6a + 7a ABC ⇒ p = = 9a S∆ABC = p ( p − BC ) ( p − AC ) ( p − AB ) = 9a ( 9a − 6a) ( 9a − 7a) ( 9a − 5a) = 6a2 Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có : S 6a2 6a 6a S ABC = pr ⇒ r = ABC = = ⇒ IA' = r = p 9a 3 6a = 2a 1 = SI S ABC = 2a.6 6a = 3a3 3 Ta có: SI = I A 'tan 600 = Suy VS ABC Bi 14 Ta có: CA = CB = CD = DA = BD = a nên hình chiếu H C lên mặt phẳng (ABD) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cân BAD, hay H thuộc trung tuyến BM Diện tích tam giác BAD SABD = 1 x2 BM.AD = x a2 − 2 Tam giác MCB có MC = MB = a2 − C x2 ,CB = a a 3a2 − x2 BC2 CH = MB − BC hay nên x CH = , B − a MB H 1 2 ax 3a − x Vậy thể tích khối tứ diện V = CH.SABD = 12 D M A 28 x2 + (3a2 − x2 ) 3a2 = , nên 2 a3 V≤ Dấu đẳng thức có x2 = 3a2 − x2 ⇒ x = a a3 Vậy thể tích khối tứ diện lớn , đạt x = a Theo bất đẳng thức Cauchy ta có x 3a2 − x2 ≤ Trong mặt phẳng (DBC), dựng đường thẳng qua đỉnh song song với cạnh lại tam giác BCD, chúng cắt M,N,P Khi B,C,D trung điểm đoạn cạnh MN,NP,PM Ta có SMNP = 4SBCD nên VAMNP = 4VABCD A D M P Vì AD = BC BC đường trung bình tam giác NMP nên C B AD = DM = DP Suy tam giác AMP tam giác vuông A N Tương tự có tam giác APN,ANM vng A Vì VAMNP = AM.AN.AP Đặt AM = x,AN = y,AP = z Chú ý MN = 4DC = 4a2, nên áp dụng định lý Pitago cho tam giác AMP,APN,ANM ta có  x2 + y2 = 4a2  x2 + y2 = 4a2   2 2  y + z = 4b ⇔  y + z = 4b   2 2 2 2 z + x = 4c  x + y + z = 2(a + b + c ) ⇒ x2 = 2(a2 − b2 + c2 ),y2 = 2(a2 + b2 − c2 ),z2 = 2(−a2 + b2 + c2 ) (a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 )(−a2 + b2 + c2 ), nên VABCD = (a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 )(−a2 + b2 + c2 ) 12 2 Để ý (a − b + c2 )(a2 + b2 − c2 ) = a4 − (b2 − c2 )2 ≤ a4 hai bất đẳng thức tương tự khác, ta có Vậy VAMNP = (a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 )(−a2 + b2 + c2 ) ≤ a4b4c4   29 abc 12 Dấu đẳng thức xảy a = b = c, hay tứ diện ABCD tứ diện Hay VABCD ≤ Trong mặt phẳng (DBC ), dựng đường thẳng qua đỉnh song song với cạnh lại tam giác BCD chúng cắt M , N , P Khi B, C, D trung điểm đoạn cạnh MN , NP , PM Ta có S∆MNP = 4S∆BCD nên VAMNP = 4VABCD Vì AD = BC BC đường trung bình ∆NMP nên: AD = DM = DP Suy tam giác AMP tam giác vuông A Tương tự có tam giác APN , ANM vng A Vì VAMNP = AM AN AP Đặt AM = x, AN = y, AP = z Chú ý MN = 4DC = 4a2, nên áp dụng định lý Pitago cho tam giác AMP , APN , ANM ta có:  x2 + y2 = 4a2  x2 + y2 = 4a2   2 2 2  y + z = 4b ⇔  y + z = 4b   2 2 2 2  z + x = 4c  x + y + z = 2(a + b + c ) ⇒ x2 = 2(a2 − b2 + c2), y2 = 2(a2 + b2 − c2), z2 = 2(− a2 + b2 + c2) (a2 − b2 + c2)(a2 + b2 − c2)(− a2 + b2 + c2), nên = (a2 − b2 + c2)(a2 + b2 − c2 )(− a2 + b2 + c2) 12 Vậy VAMNP = VABCD Bi 15 30 Gọi H hình chiếu S lên mặt đáy, ta suy H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên H thuộc BD  BD ⊥ AC ⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ O = BD ∩ AC hình chiếu Mặt khác  SH ⊥ AC  A lên mặt phẳng (SBD) , mà AS = AB = AD = a ⇒ O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD ⇒ ∆SBD vuông S Đặt SD = x SB.SD Ta có: SH BD = SB.SD ⇒ SH = S ABCD = AC.BD BD SB.SD 1 Nên VS ABCD = AC.BD = AB.SD.OA BD 2 BD a +x 3a2 − x2 Mà OA = AB − = a2 − = 4 Do đó: VS ABCD = a.x 3a2 − x2 x2 + 3a2 − x2 3a2 Ap dụng bđt Cơ si ta có: x 3a2 − x2 ≤ = 2 3a2 a3 Suy ra: VS ABCD ≤ a Đẳng thức xảy = a ⇔ x2 = 3a2 − x2 ⇔ x = a Vậy VS ABCD lớn ⇔ SD = 2 Áp dụng định lí hàm số sin cho tam giác SAB ta có: 31 AB = SA + SB − 2SA.SB.cosα = 2a2 ( − cos α ) = 4a2 cos2 ⇒ AB = 2a cos α α β γ , CA = 2a cos 2 Gọi H hình chiếu S lên mặt phẳng đáy ( ABC ) , ta có H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AB.BC.CA AH = , S = S∆ABC 4S suy : SH = SA − AH BC = 2a cos = 16a2S − ( AB.BC.CA ) 4S Do đó: 1 α β γ SH S∆ABC = 16a2S − 64a6 cos2 cos2 cos2 12 2  α β γ Gọi p nửa chu vi tam giác ABC, ta có: p = a  cos + cos + cos ÷ 2 2  VSABC = Nên S = p( p − AB)( p − BC )( p − CA) 2  α β γ  γ  α β  = a4  cos + cos ÷ − cos2  cos2 −  cos − cos ÷   2 2   2     (*) Vậy VSABC = k= a3k với 2    cos α + cos β ÷ − cos2 γ   cos2 γ −  cos α − cos β ÷  − 4cos2 α cos2 β cos2 γ  2 2   2  2    Vì SA = SB = SD nên hình chiếu H điểm S lên mặt phẳng đáy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Mà tứ giác ABCD có cạnh nên hình thoi, H ∈ AO 32 S Ba tam giác SBD,ABD,CBD có cạnh tương ứng nên nhau, trung tuyến SO,AO,CO nhau, suy tam giác SAC vuông S ⇒ AC = SA + SC2 = a2 + x2 Tam giác vng SAC có đường cao 1 = + SH nên 2 SH SA SC2 ax ⇒ SH = A a + x2 Ta có OB + OA = AB nên D H C O B AC a2 + x2 3a2 − x2 3a2 − x2 OB = AB − = a2 − = ⇒ OB = 4 (a2 + x2 )(3a2 − x2 ) Diện tích đáy khối chóp SABCD = AC.OB = 1 Thể tích khối chóp S.ABCD V = SH.S ABCD = ax 3a2 − x2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 2  x2 + (3a2 − x2 )  36V = a x (3a − x ) ≤ a     2 ⇒ 36V ≤ 2 2 9a6 a6 a3 ⇒ V2 ≤ ⇒V≤ 16 Dấu đẳng thức xảy x2 = 3a2 − x2 ⇔ x = a Vậy giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABCD x = 33 a a3 , đạt