Ôn tập THPT 2019 hình học 12 bài 2

tài liệu ôn thi thpt quốc gia 2019 gồm những thủ thuật giải nhanh Đề thi Trắc nghiệm môn Toán, môn lý, môn anh, môn văn, môn hóa là những ebook được hệ thống hóa kiến thức toàn diện, phong phú về nội dung, bám sát trọng tâm chương trình THPT, nhằm giúp học sinh ôn tập hiệu quả trong thời gian ngắn nhất.

Câu 1: [2H1-2-4] (Lớp Tốn - Đồn Trí Dũng -2017 - 2018) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh AB  x tất cạnh lại có độ dài Tìm giá trị x biết thể tích tứ diện ABCD ? A x D B C B x  A x  C x  D x  Lời giải Chọn D abc  cos   cos   cos   2cos  cos  cos  ứng dụng với độ dài cạnh CA  a  1, CB  b  1, CD  c  , giá trị Ta xét công thức: V  cos ACB   x2 ;cos ACD  cos DCB  2 Khi đó: VABCD 1   x2  1   x2   1         x 4   2  Câu 2: [2H1-2-4] (Lớp Tốn - Đồn Trí Dũng -2017 - 2018) Một nhà toán học muốn điêu khắc tượng đặc biệt có dạng “xoắn” cắt gọt từ khối đá hình lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' có tất cạnh Biết tượng có hai đáy tam giác ABC A ' B ' C ' đồng thời thiết diện tượng cắt mặt phẳng song song nằm hai đáy tam giác có ba đỉnh nằm đường chéo AC ', CB ' BA ' Xác định thể tích V tượng đá mà nhà toán học dự định điêu khắc C' A' B' M N C A P B A V  B V  12 C V  3 32 D V  Lời giải Chọn A Chọn trục tọa độ Ax trùng với tia AA ' với gốc tọa độ A xét thiết diện vị trí độ cao cách mặt đáy khoảng x Chiếu MNP xuống mặt phẳng  ABC  ta IEH hình vẽ Khi theo định lý Thales: HB PH x    HB  x AB AA  EC  x Tương tự    BE   x Hàm dụng định lí cosin cho BHE ta được: HE  x  1  x   x 1  x  cos 60  x  x   SMNP  SIEH  HE 3  3x  3x  1  4 3 3x  3x  1 dx   Vậy thể tích vật thể cần tính là: V   Hình ảnh bên phải hình ảnh xác vật thể mà toán đề cập tới (Bài toán tác giả Đồn Trí Dũng) Câu 3: [2H1-2-4] (Đề thi lần 6- Đồn Trí Dũng - 2017 - 2018)Một nhà toán học muốn điêu khắc tượng đặc biệt có dạng “xoắn” cắt gọt từ khối đá hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có tất cạnh Biết tượng có hai đáy tam giác ABC ABC đồng thời thiết diện tượng cắt mặt phẳng song song nằm hai đáy tam giác có ba đỉnh nằm đường chéo AC , CB BA Xác định thể tích V tượng đá mà nhà toán học dự định điêu khắc A' C' B' M N A C P B A V  V B V  12 C V  Lời giải Chọn A 3 32 D C' A' B' M A I N C E P H B Chọn trục tọa độ Ax trùng với tia AA với gốc tọa độ A xét thiết diện vị trí độ cao cách mặt đáy khoảng x Chiếu MNP xuống mặt phẳng  ABC  ta IEH hình vẽ Khi theo định lý Thales ta có HB PH x    HB  x AB AA  EC  x Tương tự ta có   BE   x Áp dụng định lí Cơ-sin cho BHE ta có HE  x  1  x   x 1  x  cos 60o  3x  3x  SMNP  SIEH  HE 3  3x  3x  1  4 Vậy thể tích vật thể cần tính là: V   3 3x  3x  1 dx   Hình ảnh bên hình ảnh xác vật thể mà tốn đề cập tới BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 11.B 21.A 31.C 40.A 12 22.A 32.C 41 13.A 23.A 33.A 43 4.C 14.C 24.A 34 44 5.C 15.A 25.B 35.A 45.B 6.B 16 26.A 36 46 7.B 17.B 27.B 37.C 47.B 8.A 18.B 28.B 38 48.A 9.B 19.C 29.C 39.B 49 10.B 20 30.B 40.B 50.A Câu 4: [2H1-2-4] [LẠNG GIANG SỐ 1-2017] Cho khối tứ diện ABCD cạnh 2cm Gọi M , N , P trọng tâm ba tam giác ABC , ABD, ACD Tính thể tích V khối chóp AMNP cm 162 V cm 144 A V  B V  2 cm 81 C V  cm 81 Lời giải Chọn C A N M B P K D H E F C Tam giác BCD  DE   DH  AH  AD2  DH  3 1 1 SEFK  d E , FK  FK  d D,BC BC  2 2  VSKFE  Mà 1 AH SEFK   3 AM AN AP    AE AK AF D Lại có: VAMNP AM AN AP 8    VAMNP  VAEKF  VAEKF AE AK AF 27 27 81 Câu 5: [2H1-2-4][CHUN BIÊN HỊA-2017] Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối xứng C qua D , N trung điểm SC Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S.ABCD thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần (phần lớn phần bé) bằng: A B C D Lời giải Chọn A S N E H D C O B M F A Giả sử điểm hình vẽ E  SD  MN  E trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F trung điểm BM   Ta có: SD,  ABCD   SDO  60  SO   d  O,  SAD    OH  h  a a , SF  SO  OF  2 a a2 ; SSAD  SF AD  VMEFD ME MF MD     VMNBC MN MB MC  VBFDCNE 5 1 5a3  VMNBC    d  M ,  SAD    SSBC   4h  SSAD  6 18 72 a3 7a3 VS ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS ABCD  VBFDCNE   36 Suy ra: VSABFEN   VBFDCNE Câu 6: [2H1-2-4][CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU-2017] Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a SA  SB  SC  a , Cạnh SD thay đổi Thể tích lớn khối chóp S.ABCD là: A a3 B a3 C 3a D a3 Lời giải Chọn D S A B x O a H C D Khi SD thay đổi thi AC thay đổi Đặt AC  x Gọi O  AC  BD Vì SA  SB  SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  H  BO x Ta có OB  a     2 4a  x  4a  x 2 1 4a  x x 4a  x S ABC  OB AC  x  2 HB  R  a.a.x  4S ABC a2 x x 4a  x 4  a2 4a  x a4 a 3a  x SH  SB  BH  a  2  4a  x 4a  x 2 2 a 3a  x x 4a  x VS ABCD  2VS ABC  SH S ABC  3 4a  x   1  x  3a  x  a  a x 3a  x  a   3   Câu 7: [2H1-2-4] Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối xứng với C qua D ; N trung điểm SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S ABCD thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần A B C D Lời giải Chọn D S N 60° A B K I a O H M Đặt V1 V2 VSABIKN VNBCDIK D V1 a a * VN BMC NH S a BMC SO S 1a a.2a BMC * Nhận thấy K trọng tâm tam giác SMC * VM DIK VM CBN C ? V2 * VS ABCD a MD MI MK MC MB MN 1 2 MK MN a 12 V2 VM CBN V1 VS ABCD V M CBN VM DIK a V2 a 12 a 72 a 72 a 72 a 72 a 72 V1 V2 Câu 8: [2H1-2-4] Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA   ABCD  , ABCD hình thang vuông A B biết AB  2a , AD  3BC  3a Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a , biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) A 6a C 3a B 6a Lời giải Chọn B S K D A M B Dựng AM  CD M Dựng AH  SM H a AD  BC  AB  4a 2 Ta có: AH  S ABCD CD   AD  BC  S ABC  AB.BC  a 2  AB  2a S ACD  S ABCD  S ABC  3a2 C a D 3a 2S AM CD  AM  ACD  a CD 1 AH AM Ta có:    AS   a 2 2 AH AM AS AM  AH VS ABCD  SA.S ABCD  6a 3 S ACD  Câu 9: [2H1-2-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi Gọi A SA  Mặt phẳng  P  qua A song song với SA  ABCD  cắt SB , SC , SD B , C , D Mặt phẳng  P  chia khối điểm cạnh SA cho chóp thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần là: A 37 98 B 27 37 C 19 D 27 87 Lời giải Chọn B V SA ' SB ' SC '   27    Ta có: S A ' B ' C '  VS ABC SA SB SC   64 Do VS A ' B ' C ' V 27 27 ; tương tự S D ' B ' C '   VDBC D ' B ' C ' 37 VABC A ' B ' C ' 37 Theo tính chất dãy tỉ số suy ra: VS A ' B ' C ' V VS A ' B ' C '  VS D ' B ' C ' 27  S D ' B ' C '   VABC A ' B ' C ' VDBC D ' B ' C ' VABC A ' B ' C '  VDBC D ' B ' C ' 37 Câu 10: [2H1-2-4] Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a Gọi M , N trung điểm SB, BC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Biết mặt phẳng  AMN  vng góc với mặt phẳng  SBC  Gọi M trung điểm CD H hình chiếu A BM CD  AM ; CD  BM  CD   ABM   AH   BCD  Đặt AMB   suy sin   VABCD  AH x  AH  sin  AM 512 x x2 AH S BCD  sin   2  sin   x Xét tam giác AMB ta có: cos   AM  BM  AB  1 AM BM x 512   Ta phương trình:  1    Giả PT ta x  2 x  x  Câu 20: [2H1-2-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trọng tâm tam giác ABD , ABC E điểm đối xứng với B qua điểm D Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V a3 A 96 9a 320 3a C 320 3a B 80 Lời giải Chọn D D Thể tích khối tứ diện cạnh a là: a3 12 Gọi P  ME  AD ; T  ME  AB Trong mặt phẳng  ABC  đường thẳng TN cắt AC , BC Q , F Khi mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện cho phần chứa đỉnh A tứ diện ATPQ Gọi I trung điểm BD Xét AID ta có: ED MI PA PA 3  (định lý Menelaus)  EI MA PD PD QA 3 QC Tương tự ta có: Xét AIB ta có: Mặt khác ta có: EI TB MA TB  1  EB TA MI TA VATPQ VABCD 27 a3 9a3 AT AP AQ 3 27  VATPQ      80 12 320 AB AD AC 4 80 Câu 21: [2H1-2-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong tất khối chóp tứ giác ngoại tiếp mặt cầu bán kính a , thể tích V khối chóp tích nhỏ 8a 32a V A V  B V  10a Lời giải Chọn D C V  2a D Giả sử SO  x ta có: SI  x  a ; SE  Xét SEI ∽ SON ta có:  x  a  a  x  2ax SE IE IE.SO   NO   SO NO SE ax x  2ax  2ax  4a x Thể tích khối chóp là: V  x     x  2ax   x  2a  Xét hàm số f  x   f  x  x  4ax  x  2a  x2 x  2a   2a  x  ; f   x    x  4a (do  2a  x ) Bảng biến thiên Vậy giá trị nhỏ thể tích là: V  32a Câu 22: [2H1-2-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm SA , N điểm đoạn SB cho SN  2NB Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD Q cắt đoạn SC P Tỉ số VS MNPQ VS ABCD lớn A B C D Lời giải Chọn D Đặt SM SP SN SQ SQ  SP 1       x  x x    x  x  Ta có SA SC SB SD SC  SC 6 Mặt khác ABCD hình bình hành nên có VS ABCD  2VS ABC  2VS ACD VS MNP SM SN SP VS MPQ SM SP SQ  1   x;   x x   VS ABC SA SB SC VS ACD SA SC SD  6 Suy VS MNPQ VS ABCD Xét f  x    V VS MNP 1  1 1  S MPQ  x  x  x    x  x 2VS ABC 2VS ACD  6 1 1 1 1  x  x với  x  ; f   x   x    x     ;1 8 6  Bảng biến thiên: Từ BBT ta có max f  x   1   ;1 6  VS MNPQ 3 Vậy đạt giá trị lớn VS ABCD Câu 23: [2H1-2-4] (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG-LẦN 2-2018) Cho hình chóp S.ABC có AB  cm , BC  cm , CA  cm Hình chiếu vng góc S xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên tam giác ABC Các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  tạo với đáy góc 60 Gọi AD , BE , CF đường phân giác tam giác ABC với D  BC , E  AC , F  AB Thể tích S.DEF gần với số sau đây? D 3,4 cm3 C 3,7 cm3 B 4,1 cm3 A 2,9 cm3 Lời giải Chọn D S E A F H C I 60° D B Vì mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  tạo với đáy góc 60 hình chiếu vng góc S xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên tam giác ABC nên ta có hình chiếu S tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi p nửa chu vi tam giác ABC p  Ta có : S ABC  AB  BC  CA 9 p  p  AB  p  BC  p  AC   6 r  Suy chiều cao hình chóp : h  r.tan 60  2 A E F I B C D S  p Vì BE phân giác góc B nên ta có : Tương tự : Khi : EA BA  EC BC FA CA DB AB   , FB CB DC AC AB AC S AEF AE AF   S ABC AC AB AB  BC AC  BC Tương tự : SCED S CA BC CB BA , BFD   S ABC CA  AB CB  AB S ABC BC  CA BA  CA Do đó,   ab bc ac S DEF  S ABC 1     ,   a  c  b  c   b  a  c  a   a  b  c  b   AC  b , AB  c  với BC  a , 2abc 210 S ABC  143  a  b  b  c  c  a  280 210 Suy VS DEF  2  143 143 Câu 24: [2H1-2-4]   cm   3,  cm  3 (Chuyên Long An - Lần - Năm 2018) Cho hai hình cầu đồng tâm   O;  O; 10 Một tứ diện ABCD có hai đỉnh A , B nằm mặt cầu  O;  đỉnh C , D nằm mặt cầu O; 10 Thể tích lớn khối   tứ diện ABCD bao nhiêu? A 12 C B Lời giải Chọn D D Đặt OK  a , OH  b VABCD  AB.CD.HK sin  AB; CD  AB.CD.HK   10  a  b  a  b  6 VABCD  3 10  a   b  a VABCD  10  a 8  2b  a VABCD  216  Dấu "  " xảy a  , b  2 2 2  2b2   2b2  Câu 25: [2H1-2-4] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho x , y số thực dương Xét hình chóp S.ABC có SA  x , BC  y , cạnh lại Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S.ABC có giá trị lớn là: A 27 B C Lời giải Chọn A D 12 S M x A C N y B Gọi M , N trung điểm SA , BC Ta dễ dàng chứng minh MN đoạn vng góc chung SA BC Suy VS ABC  2VS MBC Ta có 4MN  4MB  y ; MB   x2 4  x2  y Thay vào ta 4MN  4MB  y   x  y  MN  2 2 2 1 x x2 y   x2  y  Vậy VSABC  2VS MBC  MN BC  xy  x  y  12 12 Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có   64 x2 y   x2  y        27 Vậy VS ABC  3 Dấu đạt x  y  27 Câu 26: [2H1-2-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC  4BM , AC  3AP , BD  2BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mp  MNP  A 13 B 15 C Lời giải Chọn A 15 D 13 A P Q K E B N D C Gọi E  MN  CD , Q  EQ  AD , mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện ABCD theo thiết diện tứ giác MNQP Gọi I trung điểm CD NI CB NI  NI  BC , BC  4BM nên suy EN EI NI   MC Bởi  EM EC MC 3 Từ I trung điểm CD ED EI  suy  EC EC EK KD ED    Mặt khác AC  3AP nên EP AC EC KD QD QK KD  Do    suy AP QA QP AP Kẻ DK AC với K  EP , ta có Từ EK EQ QK   suy  EP EP QP Gọi V thể tích khối tứ diện ABCD , V1 thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 thể tích khối đa diện CDMNQP Ta có Vì SCMP CM CP 1     SCMP  SCAB SCAB CB CA 2 ED  nên d  E ;  ABC    d  D;  ABC   Do : EC 1 3 VE CMP  S CMP d  E ;  ABC    S CAB d  D;  ABC    S CAB d  D;  ABC    V 3 2 4 VE.DNQ VE.CMP  VE DNQ  ED EN EQ   , EC EM EP 3 15 nên suy 2 VE CMP  V  V 15 15 10 13 Từ ta có V2  VE CMP  VE DNQ  V  V  V 10 20 Và V1  V  V2  V  Như : 13 V V 20 20 V1  V2 13 Câu 27: [2H1-2-4] (Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện ABCD có cạnh AC  CD  DB  BA  AD , BC thay đổi Giá trị lớn thể tích tứ diện ABCD A 16 B 32 27 C 16 27 D 32 Lời giải Chọn B A M B D N C Gọi M , N trung điểm AD BC Theo giả thiết ta có: ABD ACD tam giác cân có M trung điểm AD nên BM  AD CM  AD  AD   BMC  Và có BM  CM  MBC cân Trong tam giác MBC có MN vừa đường cao vừa trung tuyến nên MN  MB  BC  MN  AB  AD BC AD2  BC   MN   4 Khi diện tích tam giác MBC là: S MBC  1 AD2  BC MN BC  BC  2 1 AD  BC Thể tích tứ diện ABCD là: VABCD  AD.S MBC  BC AD  3 x2  y Đặt AD  x , BC  y ta có: VABCD  x y  2 Ta có: x  y  xy  x  y xy x2  y xy    4 2 xy  VABCD  Do đó: VABCD  x y  x y  xy  8  xy  Dấu xảy  xy xy      xy  xy xy 4.83   Ta lại có:  xy  8  xy     xy    2 27     Dấu xảy xy 16   xy  xy  x y 3 Vậy giá trị lớn thể tích tứ diện ABCD là: tập xác định max VABCD  4.83 32  27 27 Câu 28: [2H1-2-4] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H1-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC Điểm I thuộc đoạn SA Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S tích phần lại Tính tỉ số k  A B IA ? IS C Lời giải Chọn D lần 13 D S H I Q J A E D M D M O P A E N B N C B C F F Dễ thấy thiết diện tạo mặt phẳng  MNI  với hình chóp hình ngũ giác IMNJH với MN // JI Ta có MN , AD , IH đồng qui E với EA  ED MN , CD , HJ đồng qui F với FC  FD , ý E , F cố định Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có  HS ED IA 1 HD EA SI HS HS 3.k    HD HD 3k Từ d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HD 3k  SD 3k  Suy VHJIAMNCD  VH DFE  VI AEM  VJ NFC Đặt V  VS ABCD S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   ta có S AEM  S NFC  S d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD    IA k  SA k  1 3k k 9  Thay vào ta VHJIAMNCD  h  S   h S 3k    k 1 21k  25k  V  3k  1 k  1 Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD  13 21k  25k 13 V nên ta có phương trình ,  20  3k  1 k  1 20 giải phương trình k  Câu 29: [2H1-2-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình đa diện hình vẽ S D B C A Biết SA  , SB  , SC  , SD  ASB  BSC  CSD  DSA  BSD  60 Thể tích khối đa diện S.ABCD C 30 B A D 10 Lời giải Chọn B Trên SA , SB , SC lấy điểm A , B  , C cho SA  SB  SC  SD  Ta có AB  BC  CD  DA  Khi hình chóp S.ABD hình chóp S.CBD hình chóp tam giác có tất cạnh VS ABD  VS CBD  Mặt khác 23 2  12 3 9 VS ABD SA SB SD 2   , nên VS ABD  VS ABD   3 2 2 VS ABD SA SB SD VS CBD SC SB SD 2    , nên VS CBD  3VS C BD  2 VS CBD SC  SB SD Thể tích khối đa diện S.ABCD V  VS ABD  VS CBD   2  S A' C' B' D B C Câu 30: [2H1-2-4] (Đồn Trí Dũng - Lần - 2017 - 2018) Cho tứ diện S.ABC , M N điểm thuộc cạnh SA SB cho MA  3SM , SN  2NB , ( ) mặt phẳng qua MN song song với SC Kí hiệu ( H1 ) ( H ) khối đa diện có chia khối tứ diện S.ABC mặt phẳng ( ) , đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H ) chứa điểm A ; V1 V2 thể tích ( H1 ) ( H ) Tính tỉ số V1 V2 A B 25 47 C Lời giải Chọn B 25 48 D 35 45 Kí hiệu V thể tích khối tứ diện SABC Gọi P , Q giao điểm ( ) với đường thẳng BC , AC Ta có NP //MQ //SC Khi chia khối ( H1 ) mặt phẳng (QNC ) , ta hai khối chóp N SMQC N QPC Với khối chóp N.SMQC: Vì NS 2  VN SMQC  VB.SMQC BS 3 Lại có: AM   S AMQ  S SAC  S SMQC  S SAC AS 16 16 Vậy VN SMQC  VS ABC 24 Với khối chóp N.QPC: Vì SCPQ SCBA  CP CQ 1   CB CA 1 Do VN PQC  VN ABC  VSABC 18 Như vậy: V1 VSABC  V V 25 25 25 47     1    24 18 72 VSABC 72 72 V2 47 ... VS ABCD V M CBN VM DIK a V2 a 12 a 72 a 72 a 72 a 72 a 72 V1 V2 Câu 8: [2H1 -2- 4] Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA   ABCD  , ABCD hình thang vng A B biết AB  2a , AD  3BC  3a Tính thể... 3 2 BM BN 12 Do MN qua H M chạy BC nên BM BN lớn M  C  N  D V1  24 + BM BN nhỏ MN //CD BM  BN  Vậy V1  V2  17 21 6 2  V2  27 Câu 15: [2H1 -2- 4] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần - 20 17... VABCD  21 6  Dấu "  " xảy a  , b  2 2 2  2b2   2b2  Câu 25 : [2H1 -2- 4] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 20 17 - 20 18 - BTN) Cho x , y số thực dương Xét hình chóp S.ABC có SA  x , BC  y ,