Bài tập vận dụng min – max hình học không gian có lời giải chi tiết

Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi I điểm thuộc đoạn SO cho SI  SO Mặt phẳng   thay đổi qua B I   cắt cạnh SA, SC , SD V m M , N , P Gọi m, n GTLN, GTNN S BMPN Tính VS ABCD n A B C D Lời giải Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm Chọn C S P M I N B C O A  SA  SM  x +) Đặt   SC  y  SN +) Có ,  x, y  1 SB SD SO SD  2  2.3   5 SB SP SI SP +) Có x  y  +) D SO   y  6 x , 1 x  SI VS BMPN x   y  12 3      VS ABCD 4.x.1 y.5 20 xy xy x6  x  x  x +) Xét f  x    , với  x  6x  x2  2x  +) Có f   x   6x  x2   f ' x   +)   x  1  x     m  3 m  25 +) f 1  ; f  3  ; f 5     25 15 25 n n   15 Email: Vqdethi@gmail.com Câu Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vuông cân C Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  a , Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S ABC tích nhỏ A AB  a B AB  3a C AB  3a D AB  3a Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Quý,Tên FB: Quybacninh Chọn C Ta có Kẻ AH  SC  AH  a Đặt V S ABC  V A SBC  1 AH S BCS đạt GTNN S BCS  xy đạt GTNN Do (theo giả thiết) nên SA   ABC  Suy SAC mà vuông A Trong x4 có AC  CH  AH  x   3a2  y  y 2 2 x2 x  3a  xy  x3 x  3a Xét hàm f  x   x3 x  3a  x  a  Có f 'x   3x x  3a2  x4  x  3a 2  x  a 3 x 2a a f 'x  - f x  Vậy: Min  xy   Câu + 9a 9a AB  x  3a Email: mp01100207@gmail.com Cho hình chóp S ABCD có cạnh bên a , góc hợp đường cao SH hình chóp mặt bên  Tìm  để thể tích S ABCD lớn A 300 B 450 C 600 D 750 Lời giải Chọn B Tác giả: Phúc Minh Anh,Tên FB: Phúc Minh Anh S K A D M H B C Do hình chóp S ABCD hình chóp nên H giao điểm AC BD Gọi M trung điểm CD ta có CD   SHM  nên  SHM    SCD   SHM    SCD   SM mà nên từ H dựng HK  SM K HK   SCD   SH , SK   HSK Hay SK hình chiếu SH lên mặt phẳng  SCD  suy  SH ,  SCD        với     tam giác SHK vuông K theo giả thiết ta có HSM Đặt SH  h  HC  a  h  HM  Tam giác SHM vuông H : tan   a2  h2 BC  2( a  h ) HM  SH a  h2  2h tan   a  h 2h a  h (1  tan  )  a  h   tan  1 4a3 tan  4a tan  2 2 2  VS ABCD  BC SH  BC  2(a  h )  4h tan   3 (1  tan  )3  tan  t 1 Đặt t   tan  Với t  1;    tan   2a t  Xét hàm số f (t )  D  1;   t t   t (t  1)  t t  a  a3   t   f 't    t3 2t t f ' t    t  Bảng biến thiên t + f '(t) +∞ - 4a3 f (t) 4a  Vậy max f  t   t   tan      hay   450 Câu Mail: anhquanxl1979@gmail.com Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA  b vng góc với  ABCD  Điểm M thay đổi cạnh CD , H hình chiếu vng góc S BM Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S ABH theo a, b A a2b 12 B a2b 24 C a2b Tác giả: Nguyễn Anh Quân Lời giải Chọn A D a2b 18 Face: Nguyễn Quân Cách  BH  SH  BH   SAH   BH  AH , nên H thuộc đường tròn đường kính AB Do   BH  SA Gọi K hình chiếu vng góc H lên cạnh AB Dễ dàng suy Thể tích VS ABH  1 ab.HK SA.SABH  b.SABH  3 Do để thể tích lớn HK lớn HK lớn H điểm cung a  AB , tức H trùng với tâm hình vng ABCD hay M trùng với D Khi HK  Vậy Vmax  a 2b 12 Cách  BH  SH  BH   SAH   BH  AH Do   BH  SA b b HA2  HB b AB a 2b VS ABH  SA.SABH  HA.HB    6 12 12 Vậy Vmax Câu a 2b HA  HB  H trùng với tâm đáy, hay M  D  12 Email: tc_ngduychien2006@yahoo.com Gọi x, y, z chiều dài, chiều rộng chiều cao thùng giấy dạng hình hộp chữ nhật khơng có nắp (hình vẽ) S tổng diện tích xung quanh đáy lại Trong thùng có diện tích S , tìm tổng x  y  z theo S thùng tích lớn A x  y  z  3S B x  y  z  3S C x  y  z  3S D x  y  z  3S Tác giả : Nguyễn Duy Chiến,Tên FB: Nguyễn Duy Chiến Lời giải Chọn B Ta có S  xy  xz  yz Theo Cauchy S xy  xz  yz 2 S  x y z     x y z  4V  V    3 3 S S 3S  x yz   3 Dấu “=” xảy xy  xz  yz  x  y  z  Email: vannguyen300381@gmail.com Câu 2a O tâm đáy Mặt phẳng ( P) thay đổi chứa SO cắt đoạn thẳng AB, AC điểm M , N Cho hình chóp S ABC có cạnh đáy a , cạnh bên ( M , N khác A ) Khi góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng ( P) có số đo lớn nhất, tính AM  AN A a2 B 3a C 369 a 400 D 8a Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị Vân Tên Facebook: Vân Nguyễn Thị Chọn D Gọi H hình chiếu A MN , ta có AH  MN , AH  SO  AH   SMN   H hình chiếu A mặt phẳng  SMN    Góc đường thẳng SA mặt phẳng  SMN  góc HSA   900 nên HSA  lớn sin HSA  lớn Do góc 00  HSA a AH OA  Ta có sin HSA    SA SA 2a 3 H  O  đạt giá trị lớn Vậy sin HSA Hay góc đường thẳng SA mặt phẳng  P  đạt giá trị lớn MN  AO Khi đường thẳng MN qua O song song với BC 8a  AM  AN  a  AM  AN  Min - Max hình học khơng gian_Khai thác Tính chất hinh học_Nguyễn Đình Trưng Câu Email: trungthuy2005@gmail.com Cho khối chóp S ABCD, có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a Đặt   x  SD  x  a Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn A x  a B x  a a a C x  D x  3 Tác giả : Nguyễn Đình Trưng,Tên FB: Nguyễn Đình T-Rưng Lời giải S D A O C B Ta có ABCD hình thoi cạnh a nên SOC  BOC  OS  OB  OD  tam giác SBD vuông S 2 Suy BD  a  x  OB  a2  x2 ; AC  2OC  BC  OB  3a  x2 Do AC.SD  x 3a  x2 x  3a  x 3a 3a   AC.SD  Áp dụng bất đẳng thức Cơ – Si, ta có x 3a  x  2 2 Dấu “=” xảy x  3a  x  x  3a  x  x  Vậy x  Câu a a tích AC.SD đạt giá trị lớn Email: nhatks@gmail.com Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AK cắt cạnh SB , SD V1 V +min V V 17 C S  24 M N Đặt V1= VS.AMKN , V = VS.ABCD Tìm S= max A S  B S  D S  Tác giả: Đỗ Thế Nhất Face: Đỗ Thế Lời giải Chọn C Đặt x = Ta có V SM SN , y= Tính theo x y SB SD V VS AMK SM SK x y   x  VS AMK  V Tương tự ta có VS ANK  V VS ABC SB SC Suy V1 x  y  (1) V Lại có Do V1 = VS.AMN+ VS.MNK VS.ABC = VS.ADC = V Mà VS AMN SM SN xy   xy  VS AMN  V VS ABD SB SD VS MNK VS BDC  SM SN SK xy xy   VS MNK  V SB SD SC VS.KMN VS.CBD Suy V1 3xy  (2) V Từ (1) (2) suy y  Vì y   x Do x>0; y> nên x> 3x  x 1    x  Vậy ta có x   ;1 3x  2  Xét hàm số f(x) = V1 3xy 3x x(3 x  2) 1   = với x   ;1 Có f’(x) = V 4(3x  1) 4(3 x  1) 2  BBT: Từ BBT suy Câu V1 V  V 3 17 ; max   S    V 8 24 Email: tiendv@gmail.com Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, AB  , cạnh bên SA  vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  Kí hiệu M điểm di động đoạn CD N điểm di động   45 Thể tích nhỏ khối chóp S AMN ? đoạn CB cho MAN A 1 B 1 C 1 1 D Tác giả : Đào Văn Tiến Lời giải Chọn B Đặt DM  x , BN  y ta có     BAN    tan DAM  tan BAN  x  y Suy y   x tan 45  tan  DAM  tan BAN   xy 1 x  tan DAM AM  AD  DM  x  , AN   1 x  AB  BN   y    1  1 x  1 x2 1    f Vì V  SA.S AMN  SA AM AN sin 45  f x  6  x  1   1   x  1 x 1 1 Email: thachtv.tc3@nghean.edu.vn Câu 10 Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vng A,  DBC  ,  DAC  ,  DAB  tạo với mặt phẳng  ABC  AB  3a, AC  a Mặt phẳng góc 90,  ,      90 Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A 3a3 B 13 3a 3a3 D 3a C 10 Lời giải (Gv: Trịnh Văn Thạch, facebook: www.facebook.com/thachtv.tc3) Chọn A D h A E x a 3a F y B Kẻ DH  BC H Do  DBC    ABC   DH   ABC  F B A y H x E a-y C Kẻ HE  AC E ; HF  AB F Suy      DAC  ,  BCD    DEH  Suy        DAB  ,  BCD    DFH H C f ' t   t  4t  1  t  2 t   3( L) f 't     t   Ta suy ra: R đạt giá trị nhỏ t  cos     Vậy   arccos   Gmail:nguyentuanblog1010@gmail.com Câu Cho hình nón đỉnh S có đáy đường tròn tâm O , bán kính R  góc đỉnh 2 với sin   Một mặt phẳng  P  vng góc với SO H cắt hình nón theo đường tròn tâm H Gọi V thể tích khối nón đỉnh O đáy đường tròn tâm H Biết V đạt a a giá trị lớn SH  với a, b   phân số tối giản Tính giá trị biểu thức b b T  3a  2b ? A 12 C 21 B 23 D 32 Lời giải Tác giả: Phạm Chí Tuân Fb: Tuân Chí Phạm Chọn C S α α x M A H N O B Đặt SH  x Gọi SAB thiết diện qua trục SO M , N giao điểm SA, SB với  P Xét SOA vng O ta có SO  OA cot   R cot   OH  SO  OH  R cot   x Xét SHM vng H ta có HM  SH tan   x tan  1 Ta có V   HM OH   x tan   R cot   x  3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có: x x     R cot   x  x x 3 x  R cot   x    R cot   x    R cot    2   27   Vậy VMax  Câu 2R 2R 32 4 cot     1  R cot  đạt  x  2 81 3 sin  3 Từ ta có a  5, b   T  3.52  2.33  21 Email: chithanhlvl@gmail.com Trong khối trụ tích V (khơng đổi), tìm diện tích tồn phần nhỏ hình trụ A Stp  3 2 V B Stp  3 2V C Stp  3  V D Stp  3 V Lời giải Tác giả : Trần Chí Thanh Chọn A + Gọi x, y theo thứ tự bán kính đáy, chiều cao hình trụ  x  0, y   Ta có V   x y xy xy   Stp  2 x  2 xy  2  x  xy   2  x    2   + AD BĐT AM–GM cho số dương x ; xy xy ta có: ; 2 2 xy xy  xy  x    3 x     x y   Stp  3 2   Dấu "  " xảy  x  xy V  x ;x y   V     3 2 V   V V 4V 3 ; y  23 2 2  + Vậy Stp  3 2 V chiều cao với đường kính đáy Câu Email: thuytrangmn@gmail.com Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD  Các cạnh bên Tìm độ dài cạnh AB để thể khối chóp S ABCD tích lớn A AB  B AB  C AB  D AB  Lời giải Tác giả : Lê Thùy Trang,Tên FB: Trangthuy Chọn D Gọi O  AC  BD SO   ABCD  Đặt AB  x  Ta có AC  AB  BC  x  Tam giác vuông SOA nên SO  SA2  AO  SA2  Khi VS ABCD AC 32  x  1 32  x 1 32  S ABCD SO  x  x 32  x   x  32  x   3 3   Dấu ''  '' xảy x  32  x  x  Email: thuytoanqx2@gmail.com Câu 10 Cho mặt cầu tâm O bán kính R Từ điểm S mặt cầu ta dựng ba cát tuyến   CSA    Khi  nhau, cắt mặt cầu điểm A, B, C (khác với S )  ASB  BSC thay đổi, Tính thể tích lớn khối chóp S ABC A Vmax  3R 3 D Vmax  B Vmax  3R 27 C Vmax  3R 3 3R Lời giải Tác giả:lê thị thúy,Tên FB: ThúyLê Chọn B Tam giác ABC đều, kẻ SO   ABC  O  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O   SO Giả sử SO cắt mặt cầu D tam giác SAD vng A Gọi SA  SB  SC  l SA2 l 2   Trong tam giác SAD ta có SO SD  SA  SO   1 Gọi E trung điểm BC SD R Ta có:  BC BC  BE  2l sin  AO   1 Từ  2  2l sin ta  SO  SA2  OA2  l  sin    3 l    l  sin  l  R  sin có 2R 3     S ABC  3R 1  sin  sin 2  3 2     Đặt  SO  R 1  sin   VS ABC  SO.S ABC  R 1  sin  sin 2 3 2   x  sin    x 1  x  1   Xét hàm số y  x 1  x   16 x  24 x  x   y  16 x  16 x   y      x     4  3R  sin     60 Vmax  27 2 Thể tích khối chóp S ABC lớn x  hoxuandung1010@gmail.com Câu 11 Gọi h chiều cao khối trụ T  nội tiếp khối cầu S  O; R  Thể tích  T  đạt giá trị lớn h A R B R C R D R Lời giải Tác giả : Hồ Xuân Dũng, FB: Dũng Hồ Xuân Chọn C Gọi h  x chiều cao khối trụ T  I' Khi thể tích khối trụ T  V   r x  2 x  R  x 2   2 x O  2 R x,  x  R R x I r M V '  6 x  2 R V '0 x  R Vậy V đạt giá trị lớn x  R 2R h  R 3 Email: lanhoang0254@gmail.com Câu 12 Khi cắt mặt cầu  O; R  mặt kính, ta hai nửa mặt cầu hình tròn lớn mặt kính gọi mặt đáy nửa cầu Một hình trụ gọi nội tiếp nửa mặt cầu  O; R  đáy hình trụ nằm đáy nửa mặt cầu, đường tròn đáy giao tuyến hình trụ với nửa mặt cầu Cho R  , tính bán kính đáy hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu  O; R  để khối trụ tích lớn A r  3 B r  C r  D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Dung, face: dungbt nguyen Chọn B + Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy có tâm O có hình chiếu O xuống mặt đáy  O  Suy hình trụ nửa mặt cầu chung trục đối xứng tâm đáy hình trụ trùng với tâm O nửa mặt cầu + Gọi r h bán kính đáy chiều cao hình trụ Ta có h  OO  R  r   r   r  R  1 Thể tích khối trụ là: V  r    r h   r  r   r   r  3r V   r     2r  r   1 r2  1 r2    r  1 V r    r  Bảng biến thiên:  3  r V' + 2 V   2 Vậy: maxV  r   V  r     0;1 3   Cách 2: tìm Vmax  V   r  r  Vmax  r  r  max 1 2  r  r 1 r2   1    Ta có r 1  r    r  r  1  r           27   Dấu “=” xảy   Vmax  r  r  1 r2  r  Email: Thanhdungtoan6@gmail.com Câu 13 Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ABC A1 B1C1 Giả sử BC  a, AA1  h Khi R ngắn tam giác ABC B tam giác cân A D tam giác nhọn A tam giác C tam giác vuông A Lời giải Tác giả : Nguyễn Thanh Dũng,Tên FB: Nguyễn Thanh Dũng Chọn C C1 A1 O1 B1 I A C O B Gọi O, O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A1 B1C1 Khi đó, OO1 trục đường tròn ngoại tiếp đáy Trong mặt phẳng ( AOO1 A1 ) , đường trung trực cạnh AA1 cắt OO1 I Ta chứng minh I trung điểm OO1 tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC A1 B1C1 Do đó, R  IA  OO  h2 Ta có IA2  OA2  OI  OA2     OA2  (1)   Mặt khác, áp dụng định lý hàm sin tam giác ABC , ta BC BC a  2OA  OA   (2)    Sin BAC 2Sin BAC 2Sin BAC          a2 2 Từ (1) (2) suy IA    h    sin BAC      Do đó, R  IA ngắn  IA2 bé      lớn  sin BAC    BAC   90o  sin BAC Hay tam giác ABC vuông A Email: Duyhungprudential@gmail.com Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng Câu 14 AM  k   k  1 Tìm k để thiết diện qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') Đặt AB hình hộp mặt phẳng (P) có diện tích lớn A k  B k  C k  D k  Lời giải Tác giả : Đặng Duy Hùng Facebook : Duy Hùng Chọn A I D' R Q C' F A' P D B' C S A J K O M N E B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Vậy thiết diện lục giác MNPQRS Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diện MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’  Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng  MJ MA NC NK PC PK QD ' QI  MJ=NK PK=QI        MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) 2 AM S  JM   AM   AM  2  k   k  1 Ta có:     k  S1  k S     AB S  AC   DC   AB  2 S2  JK   JM  MK   JM MK  2          k  1  S2   k  1 S S  AC   AC   AC AC   Diện tích thiết diện: Std  S2  3S1 3  1   3S (dấu xảy  k  ) Std  S ( k  k  )  S    k     2     Email: mihawkdaculamihawkdacula@gmail.com Câu 15 Khối (H) tạo thành phần chung giao hai khối nón có chiều cao h, có bán kính đường tròn đáy R r cho đỉnh khối nón trùng với tâm đường tròn đáy khối nón Tìm giá trị lớn thể tích khối (H), biết R r thoả mãn 1  phương trình X  ( x  y ) X  xy   x, y   2  A h 48 B h 16 C  h D h 12 Lời giải Tác giả : Trần Tín Nhiệm,Tên FB: Trần Tín Nhiệm Chọn A Giả sử R > r Ta có hình minh hoạ Gọi a bán kính đường tròn giao tuyến, b khoảng cách từ tâm đường tròn giao tuyến đến tâm đường tròn có bán kính R Sử dụng tam giác đồng dạng, ta suy  a b  r  h R b Rh   b ;  a h  b r h  b R  r    R h r Rr a b h Rr 1 Mặc khác V( H )   a 2b   a (h  b)   a h 3 Xét phương trình ẩn X : X  ( x  y ) X  xy   x, y   có  X  ( x  y)  4xy  (2 xy )  4xy  0, x, y  Theo vi-ét: 4  S X   x  y   , x, y    PX  xy  Suy phương trình ln có hai nghiệm dương phân biệt R r  x  y Theo bất đẳng thức Cô-si, a  Rr xy 1    , x, y  Suy 2 R  r  x  y  x  y V( H ) 1 1 1     h     h, x, y  3 4 48 1 Dấu “=” xảy x  y  Vậy max V H    h Chọn phương án A 48 Email: nguyentinh050690@gmail.com Câu 16 Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đơi vng góc với nội tiếp mặt cầu có bán kính R Tứ diện ABCD tích bao nhiêu? A 3R 27 B 3R C 3 R D 3 R Lời giải Chọn A Thể tích tứ diện ABCD là: V  AB.AC.AD Vì ABCD tứ diện vuông A nên: R2  AB  AC  AD 3 AB AC AD 64 R 3   AB AC AD   AB AC AD  R 4 27 27 V  3 3 R  Vmax  R 27 27 Dấu “=” xảy  AB  AC  AD  R Email: buikhanhas3@gmail.com Câu 17 Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu bán kính R thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD , AC  BD M điểm thay đổi không gian Đặt P  MA  MB  MC  MD, giá trị nhỏ P là: A Pmin  R B Pmin  R C Pmin  3R D Pmin  16 R Lời giải Tác giả : Bùi Văn Khánh,Tên FB: Khánh Bùi Văn Chọn B Gọi G trọng tâm tứ diện; E, F, K, L trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AF  BF suy EF  AB , tương tự ta chứng minh EF  CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA  GB  GC  GD  R MA.GA  MB.GB  MC GC  MD.GD GA         MA.GA  MB.GB  MC GC  MD.GD  GA      MG GA  GB  GC  GD  4.GA2   4GA  R GA Ta có MA  MB  MC  MD    Dấu xảy M trùng với điểm G Vậy Pmin  4R Email: chautrieu75@gmail.com Câu 18 Cắt khối trụ có chiều cao h mặt phẳng song song với hai mặt đáy, ta thu hai khối trụ nhỏ Một hai khối ngoại tiếp lăng trụ đứng thể tích V có đáy tam giác có chu vi p Khối lại ngoại tiếp khối nón (H) có bán kính đáy R (R thay đổi) Tìm giá trị R cho thể tích khối nón lớn nhất? A R   p3 162V B R  hp 162V C R   p3 162 D R  p3 162V Lời giải Tác giả : Châu Cẩm Triều,Tên FB: Châu Cẩm Triều Chọn B Hình lăng trụ có đáy tam giác với độ dài cạnh a,b,c có chiều cao x Khi S   abc abc x.abc thể tích hình lăng trụ V  x Suy R  4R 4R 4V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương a,b,c, ta có R  1 x2 p6 Mặt khác V( H )  (h  x). R  (h  x). 3 108V  x.(a  b  c)3 x p3  27.4.V 108V x x  h x    x x 2 Mà  h  x  x   h  x     h (Áp dụng BĐT Cauchy cho số 2 27 27 x x h  x, , ) 2 Do V( H ) p6   h (không đổi) 27 108V 2 x 2h  h  x   x  Dấu “=” xảy    abc p6 2h Vậy V( H )  max    h3 x  a  b  c 3 27 108V  2h p hp Khi R   Chọn phương án B 108V 162V Email: lucminhtan@gmail.com Câu 19 Cho hình nón  H  đỉnh O, chiều cao h mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng đáy khối nón Một khối nón T  có đỉnh tâm đường tròn đáy  H  đáy T  thiết diện  P  với hình nón Thể tích lớn T  bao nhiêu? 4R h A 81 4R h B 27 R h C 24 R h D Lời giải Tác giả : Minh Tân,Tên FB: thpt tuyphong Chọn A Đặt: AE  x   x  h  , AC  R * Xét SAC , có: R h  x SE EN h  x EN     EN  SA AC h R h 1 R2 Thể tích khối nón T  V  .EN x    h  x  x 3 h * Đặt f  x    h  x  x , x   0; h  Ta có: f   x   3x  4hx  h  x  h   0; h   f   x    h  h  4h3 x   f    27     Bảng biến thiên f  x  R2 4.R h Vậy Vm ax   h3  x h h 27 81 Email: chithanhlvl@gmail.com Câu 20 Trong khối trụ tích V (khơng đổi), tìm diện tích tồn phần nhỏ hình trụ A Stp  3 2 V B Stp  3 2V C Stp  3  V D Stp  3 V Lời giải Tác giả : Trần Chí Thanh Chọn A + Gọi x, y theo thứ tự bán kính đáy, chiều cao hình trụ  x  0, y   Ta có V   x y xy xy   Stp  2 x  2 xy  2  x  xy   2  x    2   + AD BĐT AM–GM cho số dương x ; xy xy ta có: ; 2 2 xy xy  xy  x    3 x     x y   Stp  3 2   Dấu "  " xảy  x  xy V  x ;x y   V     3 2 V   V V 4V 3 ; y  23 2 2  + Vậy Stp  3 2 V chiều cao với đường kính đáy Email: hoainam2732003@gmail.com Câu 21 Hai bạn A B chơi trò chơi sau: Mỗi người lấy miếng tơn hình tròn bán kính nhau, sau cắt bỏ hình quạt cuộn lại, dùng keo gắn lại thành phễu hình vẽ Sau A dùng phễu múc đầy nước trút sang phễu B Nếu phễu B đầy mà A nước A thắng Ngược lại, phễu A mà phễu B chưa đầy B thắng Hãy giúp A cắt miếng tơn có góc tâm hình quạt để chơi khơng thua B A (6  6) B 6 6 27 C D 2 Lời giải Tác giả : Trình Hồi Nam,Tên FB: Trình Hồi Nam Chọn A Gọi x góc tâm cần cắt (rad, 0< x < 2); R, r bán kính miếng tơn bán kính miệng phễu Diện tích phần lại miếng tôn S  (2  x) R 2 Diện tích xung quanh phễu S   rR   rR  Đường cao phễu h  R  r   Thể tích phễu 1 (2  x)2 R R V   r 2h   3 2 4 R 2 (2  x) R (2  x) R r 2 4 x  x 4 x  x  R3 24 t 4  t , t  (2  x)  8 16 3 Áp dụng Côsi : t 4  t  Dấu “=” xảy  t  t.t 8  2t    Từ ta tìm Vmax  t 4  t   t max 8 62 x  3 Email: cunconsieuquay1408@gmail.com Câu 22 Cho hình trụ có đáy hai đường tròn tâm O O  , bán kính đáy chiều cao 2a Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , đường tròn tâm O  lấy điểm B Đặt  góc AB đáy Biết thể tích khối tứ diện OO AB đạt giá trị lớn Khẳng định sau đúng? B tan   A tan   C tan   D tan   Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Mai Tên facebook: Thanh Mai Nguyen Chọn B O' B A' O I B' A + Gọi A hình chiếu A lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O  + Gọi B hình chiếu B lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O  + Gọi R bán kính đường tròn tâm O , suy ra: R  a Ta có:   BAB Suy ra: AB  R tan  Gọi I trung điểm AB   OI  AB  + Ta có: OI  OB2  IB2  R  R tan   R  tan  1 Và: S OAB  OI AB  R  tan  R tan   R tan   tan  2 1 Suy ra: VOOAB  VOAB.OAB  OO S OAB  R R tan   tan  3 + Ta có: VOOAB đạt giá trị lớn tan   tan  đạt giá trị lớn Xét hàm số f  t   t  t với t   1;1 f t   1 t2  t  t  1 t2   2t 1 t2 với t  Xét f   t     2t   t   1 t  2 Bảng biến thiên: t f  t  f t         yCĐ yCT  Dựa vào bảng biến thiên, ta có Vmax t  1 hay tan   2 ... AM  AN  a  AM  AN  Min - Max hình học khơng gian_ Khai thác Tính chất hinh học_ Nguyễn Đình Trưng Câu Email: trungthuy2005@gmail.com Cho khối chóp S ABCD, có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA ... Email: tc_ngduychien2006@yahoo.com Gọi x, y, z chi u dài, chi u rộng chi u cao thùng giấy dạng hình hộp chữ nhật khơng có nắp (hình vẽ) S tổng diện tích xung quanh đáy lại Trong thùng có diện tích... đường cao SH hình chóp mặt bên  Tìm  để thể tích S ABCD lớn A 300 B 450 C 600 D 750 Lời giải Chọn B Tác giả: Phúc Minh Anh,Tên FB: Phúc Minh Anh S K A D M H B C Do hình chóp S ABCD hình chóp