Chương 1 KHỐI đa DIỆN mức độ 4 phần 1

Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho khối hộp chữ B C D tích 2110 Biết A� nhật ABCD A���� ; CP  PC � Mặt M  MA ; DN  ND� phẳng  MNP  chia khối hộp cho thành hai khối đa diện Thể tích khối đa diện nhỏ D� C� A� B� N P M C D A 7385 18 B 8440 C Lời giải A 5275 B 12 Chọn D D� A� 5275 C� B� N D P M Q C D B A VMNPQ A���� � � �A M C P � �1 � BCD  �  Ta có: � �  � � � VABCD A���� A A C C � � �2 � 12 BCD 5 5275 Vnho  VMNPQ A���� VABCD A���� � 2110  BCD  BCD  12 12 Câu 2: - HẾT -(THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn A x  Chọn D B x  2 C x  14 Giải: D x  [Phương pháp tự luận] Gọi M , H trung điểm AB CD CM  AB � � AB   CDM  Ta có tam giác ABC , ABD cân C D Suy � �DM  AB Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy MC  MD Ta MH  CD Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy tam giác MHC vng H x Có BM  ; BH  BC  CH  12   HC  ; HM  BH  BM   x2 1 x2 Suy S MHC  MH HC   2 x x2 VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC   2  x x2 x x 2 �x x2 9  9 � �   4 �4 Vậy giá trị lớn thể tích khối �3 � � tứ diện 3 , đạt x2 x2   � x  18 � x  4 [Phương pháp trắc nghiệm] Thực phương pháp tự luận để có V  tính CALC x x2  Nhập hàm số bên vào máy , V �3.872 CALC 2 , V �4.320 CALC 14 , V �5.066 CALC , V �5.196 Câu 3: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một viên đá có hình dạng khối chóp tứ giác với tất cạnh a Người ta cắt khối đá mặt phẳng song song với đáy khối chóp để chia khối đá thành hai phần tích Tính diện tích thiết diện khối đá bị cắt mặt phẳng nói (Giả thiết tổng thể tích hai khối đá sau thể tích khối đá đầu) A 2a B a2 C Lời giải Chọn D a2 D a2 S Q M N A H P O D C B Gọi M , N , P , Q giao điểm mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD � �SO   ABCD  � SH   MNPQ  H  SO � MNPQ  Do �  MNPQ  P ABCD  � SH SM SN SP SQ      k  k   (Định lý Thales) V  VS ABCD Đặt SO SA SB SC SD VS MPQ V V �SM SN SP SM SP SQ � 3  �  Ta có S MNPQ  S MNP  �  k  k   k SA SB SC SA SC SD 2VS ABC 2VS ACD � � V Theo ycbt : Mặt khác VS MNPQ V  k3  VS MNPQ  V � S MNPQ  �k  2 SH S MNPQ S 3  k MNPQ S ABCD SO.S ABCD 3 2 a S ABCD   a 2k Câu 4: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD  AB  BC  2CD  2a Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi M , N trung điểm SB CD a3 Tính cosin góc MN  SAC  , biết thể tích khối chóp S ABCD A 10 B 310 20 C 310 20 D 10 Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi    mp qua MN song song với mp  SAD  Khi    cắt AB P , cắt SC Q , cắt AC K Gọi I giao điểm MN QK � I � SAC  Suy ra: P , Q , K trung điểm AB , SC AC Lại có: ABCD hình thang cân có AD  AB  BC  2CD  2a � AD  2a; AB  BC  CD  a � CH  a ; S ABCD  a  2a a  3a 2 a 3a 3a a3 � SA  a � MP  SA  NP  Nên VABCD  SA  2 4 2 a � �3a � a 10 Xét tam giác MNP vuông P: MN  � � � � �  �2 � �2 � MP, KQ đường trung bình tam giác SAB, SAC � MP //KQ //SA KN đường trung bình tam giác ACD � KN  AD  a 2 �a � �3a � a Xét tam giác AHC vuông H: AC  � � � �  a � KC  � � �2 � � � Suy ra: tam giác KNC vuông C � C hình chiếu vng góc N lên  SAC  � � góc MN  SAC  góc NIC Khi đó: IN KN 2 a 10 a 10   � IN  MN   MN NP 3 3 a a 10 Xét tam giác NIC vuông C : NC  ; IN  � IC  2 �a 10 � �a � a 31   � � � � � � �2 � � � �  IC  a 31 : a 10  310 � cos NIC IN 20 S z S Q M I A H D F I A N K B Q M H N K C x B C Cách Vì ABCD hình thang cân có AD  AB  BC  2CD  2a � AD  2a; AB  BC  CD  a � CH  a ; S ABCD  a  2a a  3a 2 3a a3 � SA  a nên VABCD  SA  4 Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ hình vẽ �a � � a � � a � � a a � , C� 0; ;0 � , A� 0;  ;0 � , N� , Ta có: K  0;0;0  , B � ;0;0 � � � � � ; ;0 � � �2 � � � � � � �2 � � a � �a a a � S� 0;  ;a� , M� � � �4 ;  ; � � � � � � uuuu r �3a 3a a � ur uuuu r MN  � ; ; u   3;3 3;  Chọn phương với � MN �4 � � �   D y �BK  SA � BK   SAC  Nhận xét: � �BK  AC uuur �a ur uuur � BK  � ;0;0 �là vtpt  SAC  Chọn n1   1;0;0  phương với BK �2 � ur ur u1.n1 10 310 r  Gọi  góc góc MN  SAC  Ta có sin   ur uu � cos   20 u1 u2 20 Câu 5: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho nhơm hình vng cạnh 1 m  hình vẽ Người ta cắt phần tô đậm nhôm gập thành hình chóp tứ giác có cạnh đáy x  m  , cho bốn đỉnh hình vng gập lại thành đỉnh hình chóp Tìm giá trị x để khối chóp nhận tích lớn A x  B x  C x  2 D x  Hướng dẫn giải Chọn C S S A B D O A M D C S1 B x M O C x 2x Từ hình vng ban đầu ta tính OM  , S1M  S1O  OM  (0  x  ) 2 Khi gấp thành hình chóp S ABCD S1 �S nên ta có SM  S1M Từ SO  SM  OM   2 x (Điều kiện  x  ) 2 1 2 x  2 x5 Thể tích khối chóp S ABCD : VS ABCD  S ABCD SO  x  2 x  6 Ta thấy VSABCD lớn f  x   x  2 x ,  x  đạt giá trị lớn  x   8x3  10 x  x3  x Ta có f �  x0 � f�  x  � � 2 � x �  Bảng biến thiên 2 Vậy: VS ABCD lớn x  Câu 6: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có cạnh SA  x tất cạnh khác có độ dài Tính thể tích V lớn khối chóp S ABCD B V  A V  1 C V  D V  Lời giải Chọn D S a x C B HO A Gọi O giao điểm AC BD Ta có: BAD  BSD  BCD nên AO  SO  CO � SO  a D AC � SAC vng S Do đó: AC  SA2  SC  x  4  x2 12  x � OD  AD  AO    � BD  12  x ,  x  �BD  AC � BD   SAC  Ta thấy: � �BD  SO �SH  AC � SH   ABCD  Trong SAC hạ SH  AC Khi đó: � �SH  BD 2 SA AC 2.x 1 � SH    2 2 2 SH SA SC SA  SC  x2 2 1 2x � VS ABCD  x  12  x  x 12  x �1 x  12  x  x2  3 2 Dấu "  " xảy x  12  x � x  B C có đáy Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC A��� tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A�lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA�và BC a Khi thể tích khối lăng trụ A a3 12 B a3 C a3 D a3 24 Lời giải Chọn A Gọi H trọng tâm tam giác ABC I trung điểm BC Ta có H  BC �A� � � BC   A� AI  � BC  AA� �AI  BC �A� � H �AI  H Gọi K hình chiếu vng góc I lên AA� Khi IK đoạn vng góc chung AA� a BC nên IK =d  AA� , BC   Xét tam giác vng AIK vng K có a a �  30� IK = , AI  � IK  AI � KAI 2 a 3 a Xét tam giác vuông AA� H vng H có A� H =AH tan30�  3 3 a a a Vậy VABC A���  BC  12 BC Câu 8: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC A��� có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A�lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA�và BC a Khi thể tích khối lăng trụ A a3 12 B a3 C Lời giải Chọn A a3 D a3 24 Gọi H trọng tâm tam giác ABC I trung điểm BC Ta có H  BC �A� � � BC   A� AI  � BC  AA� �AI  BC �A� � H �AI  H Gọi K hình chiếu vng góc I lên AA� Khi IK đoạn vng góc chung AA� a BC nên IK =d  AA� , BC   Xét tam giác vuông AIK vuông K có a a �  30� IK = , AI  � IK  AI � KAI 2 a 3 a Xét tam giác vng AA� H vng H có A� H =AH tan30�  3 3 a a a Vậy VABC A���  BC  12 Câu 9: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cắt ba góc tam giác cạnh a� �phần lại tam giác bên ngồi hình chữ 2� nhật, gấp hình chữ nhật lại tạo thành khối lăng trụ tam giác hình vẽ Tìm độ dài x để � � 0 x a đoạn x, � thể tích khối lăng trụ lớn x A a B a C Lời giải Chọn D a D a A M x I �  30�� MI  Xét tam giác AMI hình vẽ, đặt AM  x  0, MAI � � 0 x Lăng trụ tam giác có cạnh đáy a  x , �  a  2x  V x x a� nên thể tích khối lăng trụ �, chiều cao 2� 3 x a x  4ax  x3  � a� � 2� 0; �để thể tích V đạt giá trị lớn Ta cần tìm x �� � x � 2 2 � Xét f  x   a x  4ax  x , có f  x   12 x  8ax  a  � � � x � Từ bảng biến thiên suy thể tích V đạt giá trị lớn x  a a  l a Câu 10: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vuông A B với BC đáy nhỏ Biết tam giác SAB có cạnh 2a nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SC  a khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  2a ( với H trung điểm AB ) Thể tích khối chóp S ABCD A a3 B a3 C Lời giải Chọn D 4a D 4a 3 S A D H B C E Gọi E hình chiếu D lên CH , ta có DE   SCH  � DE  d  D,  SCH    2a Vì SH đường cao tam giác SAB nên SH  a � � CH  SC  SH  5a  3a  a � �BC  BH  a 1 Ta có: S DCH  DE.CH  a 2.2a  2a 2 Đặt AD  x   a  x  2a  ax  a  1 S ABCD  2 2 Mặt khác S ABCD  S BHC  S CHD  SAHD  a  2a  ax  a  ax   2 2 2 Từ  1   : a  ax  ax  a � x  3a 2 1 4a 3 Vậy VS ABCD  S ABCD SH  4a a  3 Câu 11: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn 1152 m chiều cao cố định Người xây tường xung quanh bên để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước (khơng kể trần nhà) Vậy cần phải xây phòng theo kích thước để tiết kiệm chi phí (bỏ qua độ dày tường) A 16 m �24 m B m �48 m C 12 m �32 m Lời giải Chọn A Đặt x , y , h chiều dài, chiều rộng chiều cao phòng 384 Theo giả thiết, ta có x.3 y  1152 � y  x Để tiết kiệm chi phí diện tích tồn phần nhỏ D 24 m �32 m Trong tam giác vuông OBC , gọi M trung điểm cạnh BC H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Từ H dựng đường thẳng  song song với OA, suy  trục đường tròn tam giác OBC Mặt phẳng trung trưc OA qua E cắt  I Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN bán kính R  OI OA  OH   OH Vậy OI nhỏ OH nhỏ cà H hình chiếu vng góc O lên BC Khi tam giác OBC tam giác vng cân Ta có R  OI  IH  OH  OM  ON  � MN  � OH  1 �R   2 Câu 15: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối chóp S ABC có �  CSA �  30�Mặt phẳng    qua A cắt hai cạnh SB , SC SA  SB  SC  a � ASB  BSC , cho chu vi tam giác B�C � A k   nhỏ Tính k  VS AB�� C AB�� C VS ABC C k  B k    Lời giải Chọn B S S A� B� C� A C� C B� A B  D k  2  B C Cắt hình chóp theo cạnh SA trải mặt bên ta hình vẽ ( A�là điểm cho gấp lại thành hình chóp trùng với A ) C AB�  B�� C  C� A nhỏ A , B� Khi chu vi tam giác AB�� , C� , A�thẳng hàng  B�� C  C� A  AA� hay AB� � � �� �� Khi tam giác SAA�có SAA � ASB� B SC � C SA�  90�nên vng cân S có SA  a � �  SC � , SB� , SAB  45� SA SB� SB� sin 45�  �   1 Ta có sin105� sin 45� SA sin105� VS AB�� SB�SC � C   1 1   Do k  VS ABC SB SC    Câu 16: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho ba tia không đồng phẳng Ox, Oy, Oz đôi vng góc Xét tam giác ABC có đỉnh A tia Ox , B tia Oy , C tia Oz cho tam giác ABC chứa điểm M cố định Thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ khi: A OM vng góc với mặt phẳng  ABC  B S với kí hiệu S diện tích tam giác ABC VMBC  SVMCA  SVMAB VABC C M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D V với kí hiệu V thể tích khối chóp OABC OMBC  2VOMCA OABC Lời giải Chọn B Đặt OA  a; OB  b; OC  c Vì điểm M cố định M nằm tam giác ABC Ta gọi M  xM ; yM ; zM  Ta có VOABC  VM OAB  VM OAC  VM OBC  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có  abzM  acyM  bcxM  1  abzM  acyM  bcxM  � xM yM zM a 2b 2c  xM yM zM 36V 2 ۳ 2V xM yM zM 36V ۳ 8V xM yM z M 36V ۳ V xM y M z M Đẳng thức xảy abzM  acyM  bcxM hay VM OAB  VM OAC  VM OBC hay V SVMBC  SVMCA  SVMAB (Do chiều cao) Câu 17: (THPT Ngơ Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A��� B C tích V độ dài cạnh bên AA�  đơn vị Cho điểm A1 thuộc cạnh AA�sao cho AA1  Các điểm B1 , C1 thuộc cạnh BB� , CC �sao cho BB1  x, CC1  y , x, y số thực dương thỏa mãn xy  12 Biết thể tích khối đa diện ABC A1B1C1 Giá trị x  y A B C D Lời giải Chọn C Gọi M , N thuộc BB�và CC � cho BM  CN  Khi ta có x y4 x y4 VABC A1B1C1  VABC A1MN  VA1MNC1B1  V  VA�BCC �B� V  �V 12 12 Mặt khác theo giả thiết ta có VABC A1B1C1  V nên suy V x y4 1 x y4 V �V  V �  �  � x  y  , kết hợp với xy  12 Ta có 12 3 12 �x  �x  � Do x  y  � �y  �y  Câu 18: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp lăng trụ tam � �   giác ABC A��� B C có S ABC � , mặt phẳng ABC �tạo với mặt phẳng đáy góc  � Tính cos thể tích khối lăng trụ ABC A��� B C lớn A cos  B cos  C cos  D cos  � � 2� Lời giải Chọn C  h, CH  b, AB  a Đặt CC � h.cos  =8 3h.cos  Khi VABC A��� B C  S ABC h  S ABC � Ta có S ABC ' h h 1 h h2  b  h cot   C ' H AB  a  cos  sin  3 sin  2 sin  sin  nên  h2 sin  cos  � h  24 cos  sin  sin  2  h cos  Từ VABC A��� � V  192 h cos   4608 � � cos   4608sin  cos  BC cos   4608   cos   cos   4608  cos   cos    t    3t Đặt t  cos  , t � 0;1 Xét hàm số f  t   t  t � f �  t   �  3t  � t  Ta có f �  t � 0;1  �1 � Ta có f    0, f  1  0, f � � �3� 3  3072 � cos   (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 3 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a M , N trung điểm cạnh AD Câu 19: Vậy Vmax  4608 BC Biết thể tích khối ABCD V  a a3 d  AB; CD   a (giả sử MN  ) Khi độ 12 dài đoạn MN là: A MN  a B MN  a C MN  a D MN  a Lời giải: Chọn C Dựng hình bình hành BDCE Khi ta có d  CD; AB   d  C ; ABE   a � a� Đặt MN  x �x  �, suy AE  x � 2� 1 2 2 Gọi H trung điểm AB , ta có: S ABE  AE.BH  x a  x  x a  x Nên kí hiệu diện tích 2 tam giác a3 V  C ABE   V  ABCD  � a.x a  x  12 a � x a2  x2  � 16 x a  16 x  3a 4 �2 x  a � � � Kết hợp điều kiện, x  a � x2  a2 � Câu 20: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S ABC , � ASB  20�, SA  a , M thuộc cạnh SB , N thuộc cạnh SC , D trung điểm cạnh SA Khi AM  MN  ND đạt giá trị nhỏ tổng diện tích tam giác SAM , SMN , SND là: A a2 B a2 C Lời giải: Chọn D a2 D a2 Trải mặt bên hình chóp theo đường cắt SA ta Hình Khi đó, tổng AM  MN  ND nhỏ A , M , N , D�thẳng hàng Với A�và D�là hai điểm cho gấp lại thành hình chóp trùng với A , D Khi tam giác SAD�có � Suy SAD�là nửa tam giác cạnh SA ASD�  60�, SA  SD� a2 a2 Ta S SAM  S SMN  S SND  S SAM  S SMN  S SND� S SAD�  Câu 21: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lâp phương ABCD A���� B C D có a Điểm M thuôc đoạn thẳng BC � , điểm N thuôc đoạn thẳng AB� , MN tao ̣ với đáy mơt góc 30� Tính dài nhỏ đoạn thẳng MN 2a 2a a 2a A B C D 1 1 Lời giải Chọn D C B x M E x A D N F y H B� C� D� A� �MH  a  x  y �ME  HF  BF  x � F  y �� Đặt BE  x , B� NF  B� Fy � �HN  x  y � �a  x  y �MH o   1  tan 30 � 2 �HN � �x y �� Ta có: � HN �MN  �MN  x  y   o � � cos30 � Từ  1 suy x  y  3a   x  y  � 3a  x  y � x  y � Từ   suy MN � 2a 1 3a 1 Câu 22: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trong mặt phẳng  P  cho tam giác XYZ cố định Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  P  điểm X hai phía  P  ta lấy hai điểm A , B thay đổi cho hai mặt phẳng AYZ BYZ vng góc với Hỏi vị trí A , B thỏa mãn điều kiện sau thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ A XB  XA C XA XB  YZ B XA  XB D X trung điểm đoạn AB Lời giải Chọn D Cách 1: AB.S XYZ Do diện tích tam giác XYZ khơng đổi nên thể tích tứ diện ABYZ nhỏ AB ngắn Ta có  AYZ    BYZ  ,  AYZ  � BYZ   YZ Thể tích khối tứ diện ABYZ V  Kẻ AF  YZ ,  F �YZ  � AF   BYZ  � AF  BF F  A X B � XF XF �  ,�    �� AX  Trong tam giác vuông AFB , đặt FAX , BX  � 2� tan cot � � XF �1   f  Khi AB  AX  BX  XF � � �tan cot � sin2 4 XFcos2 f�   sin 2  f�    �    f   � � f�� �4 � Do X F cố định nên đường cao XF tam giác AXF không đổi  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy AB ngắn   Suy AX  BX  XF Hay X trung điểm AB Cách 2: Thể tích khối tứ diện ABYZ V  AB.S XYZ Do diện tích tam giác XYZ khơng đổi nên thể tích tứ diện ABYZ nhỏ AB ngắn Dựng XF  YZ , YZ  AB nên YZ   ABF  , suy �, FB  AFB AYZ  ,  BYZ     FA  �  90�  � F  A B X Xét tam giác vng ABF có FX đường cao khơng đổi(Do XF đường cao XYZ cố định) nên XF  XA XB khơng đổi Có AB  XA  XB �2 XA XB  XF không đổi Dấu xảy XA  XB Vậy thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ X trung điểm AB Câu 23: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình �  60�, CSA �  90� Tính chóp S ABC có SA  , SB  , SC  Góc � ASB  45�, BSC khoảng cách từ B đến  SAC  A B C D Lời giải Chọn D Sử dụng công thức giải nhanh: Cho chóp S ABC có SA  a , SB  b , SC  c � ASB   , �  , � BSC ASC   Thể tích khối chóp S ABC là: VS ABC  abc  cos 2  cos   cos 2  2cos cos  cos S 45� C A B Áp dụng: Thể tích khối chóp S ABC 2.3.4 VS ABC   cos 45� cos 60� cos 90� cos 45� cos 60� cos 90� Diện tích tam giác SAC S SAC  SA AC  3VS ABC  Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  d  B,  SAC    S SAC Câu 24: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình chóp S ABC có độ dài cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x  y  z  12 Giá trị lớn thể tích khối chóp S ABC A V  2 B V  C V  D V  Lời giải Chọn A Cách S z y x y A z D E C x B F Trong mặt phẳng  ABC  dựng D , E , F cho A , B , C trung điểm DE , DF , EF Khi ta có DE  SA  x ; DF  2SB  y ;  SC  z Suy SD , SE , SF đơi vng góc 1 Ta có VS ABC  VS DEF  SD.SE.SF 4 �SD   z �SD   x  y  z  �SD  SE  x � � � � � 2 2 2 Mặt khác �SD  SF  y � �SE   x  z  y  � �SE   y �SE  SF  z � � 2 SF   x � � � �SF   y  z  x  � Khi VS ABCD  24 �6  x   y   z � 2 2  x  y  z     �3 � � 3 � � 2 Vậy VS ABC đạt giá trị lớn Cách S M C A N B Gọi M N trung điểm SA BC Lúc MN đường vng góc chung SA BC y  z  x2 SMN ta có MN  SN  SM  V 1 y  z  x2 SA.BC.MN sin  SA, BC   x  cos  SA, BC  6 y2  z2   y2  z  x2  x 1 x4  12    12  z   12  x   12  y  2 2 12  x  y  z   y  z  x2   z  x2  y    z    x2    y  12 �6  z   y   x � 2 2  z  x  y     �3 � � 3 � � �x  y  z  12 � x  y  z  Dấu xẩy � �x  y  z Lúc V  2 Câu 25: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC A��� B C có đáy �  120�, măt phẳng  A� BC �  tạo với đáy mơt góc ABC tam giác cân với AB  AC  a , BAC 60� Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V  3a B V  9a C V  a3 D V  3a Lời giải Chọn C B A I D C B� I� A� M D� Cách 1: Gọi M , I , I �lần lượt trung điểm A�� C , BC , B�� C D điểm đối xứng với A qua I , D�là điểm đối xứng với A�qua I � B A I C� D C B� I� A� M BC � BDC � Khi măt phẳng  A�  � A�  C� D� � góc măt phẳng ( A� BC � BDC � ) với đáy góc măt phẳng  A�  với đáy Ta có tứ giác A���� B D C hình thoi � Vì B� C D tam giác cạnh a � D� M  A�� C A�� C  120�nên tam giác A��� Mà A�� C  DD� Nên A�� C  DM � � BDC �  với đáy góc DMD Vây góc măt phẳng  A�  60� � a D� M  C� I� � � � C� B� a Xét tam giác A��� C D , có: � a �A� I�  � � � Xét tam giác MDD�vuông D�có DMD  60��VDMD�là nửa tam giác có đường cao  D� M  DD�� DD� 3a 1 a a2 � ��� SVA��� A I B C  a  BC  2 1 a 3a a 3 � VABC A���  S DD   BC VA��� BC 3 C   BHB� Cách 2: Hạ B�  H  A�� C Khi A�� B A C B� A� H C� � a  A���� B A C sin120o  �S1  S A��� BC � Ta có: � a �B� H  A�� C sin120o  � � 2 Theo cơng thức tính diện tích hình chiếu S  S A�BC � S1  S1 cos 60o a2 a � BH A�� C  � BH   a 2 A�� C 2 3a 3a  1 a 3a a 3 Vậy VABC A��� �  S DD   BC VA��� BC 3 Khi BB�  BH  B� H  3a  Câu 26: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành I nằm cạnh SC cho IS  IC Mặt phẳng  P  chứa cạnh AI cắt cạnh SB , SD M N Gọi V �và V thể tích khối chóp S AMIN S ABCD Giá trị nhỏ tỷ số thể tích A B 54 C Lời giải Chọn C 15 V' V D 24 SB SD SC  x,  y � x, y  Do SI  IC �  SM SN SI SB SD SC   1 � x  y  1  Ta có SM SN SI 2 x  y   V� 2 �  Do V  xy �x  y � 15 xy.1 � � �2 � V� Vậy  x  y  V 15 Trình bày lại : SB SD SC  x,  y � x, y  Do SI  IC �  Đặt SM SN SI SB SD SC   1 � x  y  1  Ta có SM SN SI 2 VSAMN SA SM SN   VSABD SA SB SD xy  * Đặt VSIMN SI SM SN   VSDCB SC SB SD 3xy  ** VSABD  VSDCB  V ; V � SAMN  VSIMN  V Từ  * ,  ** : V� V� 5   �  �  V xy Do V xy xy �x  y � 15 � � �2 � V� Vậy  x  y  V 15 Câu 27: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABC có mặt đáy tam giác cạnh hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  điểm H �  120�, CHA �  90� nằm tam giác ABC cho � Biết tổng diện tích AHB  150�, BHC mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB , S HBC , S HCA 124  Tính thể tích khối chóp S ABC A VS ABC  B VS ABC  C VS ABC  4a Lời giải D VS ABC  Chọn B Gọi  O1 ; R1  mặt cầu ngoại tiếp S HAB I1 hình chiếu O1 lên  ABC  dễ thấy I1 cách A, B, H nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH AB  Theo định lí Sin I1 H  RHAB  2sin150� Gọi M trung điểm SH đặt SH  x Vì O1 H  O1S nên tam giác O1SH cân O1 O1M  SH Từ ta có HMO1 I1 hình chữ nhật Do đó, theo Định lí Pytagores R1  O1H  O1M  MH  2  x   x Suy diện tích mặt cầu  O1  S1  4   x  �4 � Tương tự, ta tính diện tích mặt cầu  O2  S  4 �  x �và  O3  S3  4   x  �3 � �76 2� Tổng diện tích mặt cầu S1  S  S3   �  12 x � �3 � �76 � 124  hay x  , dẫn đến SH  Suy ra:  �  12 x � �3 � 3 Diện tích tam giác ABC S ABC  22  2.2 Vậy thể tích khối chóp S ABC V  3 3 Câu 28: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Cho hai hình vng ABCD ABEF có cạnh 1, nằm hai măt phẳng vng góc với Gọi S điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE Thể tích khối đa diện ABCDSEF A B 11 12 Lời giải C D Chọn D S F E H A D B C Gọi V thể tích cần tìm Ta có V  VS CDEF  VADF BCE  *  Hạ BH  CE � BH   CDEF  Trong tam giác BEC vuông B , ta có: 1 1    � BH  2 BH BE BC VS CDEF  d  S ; CDEF  SCDEF Mà d  S ; CDEF   d  B; CDEF   BH nên 1 1 VS CDEF  � � DC � EC  � � 1�2   1 3 1  VADF BCE  AB.S BCE     2 1 Thay vào  * ta có V    ...  Khi ta có x y 4 x y 4 VABC A1B1C1  VABC A1MN  VA1MNC1B1  V  VA�BCC �B� V  �V 12 12 Mặt khác theo giả thiết ta có VABC A1B1C1  V nên suy V x y 4 1 x y 4 V �V  V �  �  � x... O1 H  O1S nên tam giác O1SH cân O1 O1M  SH Từ ta có HMO1 I1 hình chữ nhật Do đó, theo Định lí Pytagores R1  O1H  O1M  MH  2  x   x Suy diện tích mặt cầu  O1  S1  4   x  4. .. SAC  Chọn n1   1; 0;0  phương với BK �2 � ur ur u1.n1 10 310 r  Gọi  góc góc MN  SAC  Ta có sin   ur uu � cos   20 u1 u2 20 Câu 5: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1- năm 2 017 -2 018 ) Cho nhơm