Bài toán cực trị hình học không gian và khối lồng nhau

Trong tất cả các lăng trụ tam giác đều có cùng diện tích toàn phần S, tìm các cạnh bên và cạnh đáy của lăng trụ có thể tích lớn nhất.. Giải Gọi x là cạnh đáy và h là cạnh bên của lăng [r]

BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU

Trong trình tìm kiếm lời giải nhiều tốn hình học, có lợi xem xét phần tử biên, phần tử giới hạn đó, tức phần tử mà đại lượng hình học nhận giá trị lớn giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ tam giác; góc lớn góc nhỏ đa giác v.v…

Những tính chất phần tử biên, phần tử giới hạn nhiều giúp tìm lời giải thu gọn toán

Phương pháp tiếp cận tới lời giải toán gọi nguyên tắc cực hạn

Như toán cực trị hình học cần thiết khơng gian, thường xuất câu hỏi khó phần thi trắc nghiệm THPT Quốc gia

PHƯƠNG PHÁP

Cơ sở phương pháp cần kết hợp quan điểm tìm cực trị sau: 1 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG

Bất đẳng thức Cauchy cho biến đại lượng không âm

           

           

f x A x B x A x B x const; x D A x B x

g x A x B x const; x D

2

      



   

      

  

 



Nếu  x0 D, để đẳng thức (1) (2) xảy A x   0 B x0    

    x D

0 x D

min f x f x max g x g x

 

 

 

 



(ycbt)

Bất đẳng thức Schwartz cho biến đại lượng tùy ý

                   

                   

2 2

2

2 2

p x a x x b x x a x b x x x const; x D

q x a x b x x x a x x b x x const; x D

   

              

     

             

Nếu  x0 D, để đẳng thức (3) (4) xảy ra:  

    

       

0

0 x D

0 0

x D

max p x p x

a x b x

x x q x q x

 

 



  

  



(ycbt)

2 SỬ DỤNG TÍNH BỊ CHẶN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC

     

h x sin u x cos u x 1;

 

 0    

0

x D

sin u x

x D : max h x h x

cos u x 

 

      

 

3 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ LẬP BẢNG BIẾN THIÊN

4 SỬ DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ HÌNH HỌC CỰC HẠN

    

MH đường vng góc MA đường xiên HA hình chiếu

minMA MH A H

    

Từ ý nghĩa đường kính dây cung dài đường trịn, ta có: Hệ quả: M đường trịn (AB) đường kính AB; với O tâm thì: maxd M; AB   COMH CO; CO AB

Khoảng cách ngắn hai đường thẳng độ dài đường vuông góc chung hai đường thẳng

Xác định điểm M đường thẳng (d) để   

min

MA MB

Đây toán Bất đẳng thức , cần phân biệt trường hợp:

o A, B khác bên so với (d): MA MB AB 

  

   

min MA MB AB

tương ứng: M M AB d

 

  

o A, B bên so với (d): Dựng A’ đối xứng với A qua (d)

Lúc đó: A’ B khác bên so với (d), nên trở trường hợp trên:

MA MB AB  MA' MB' AB 

    

   

0

min MA MB MA' MB AB tương ứng: M M A' B d

   

  

Kết luận: Vậy trường hợp ta xác định M thỏa mãn ycbt Xác định điểm M đường thẳng (d) để 

max

MA MB Tương tự, cần phân biệt hai trường hợp:

o A, B bên so với (d)

 

  

MA MB AB

max MA MB AB

tương ứng M M 0   AB  d

(d) M0

A

B M

(d) M0

A

B M

(d) I M0

A' A

B M

M

H A

C

H O

A B

MA MB  MA' MB AB

Với A’ hình đối xứng điểm A qua (d), A’ B phía với (d)

   

0

max MA MB max MA' MB AB tương ứng M M A' B d

   

  

Kết luận: Vậy trường hợp ta xác định điểm M thỏa ycbt

I MỘT SỐ VÍ DỤ MẪU

Ví dụ Cho hình nón cụt trịn xoay có chiều cao h, bán kính đáy r R r R  Tìm kích thước hình trụ trịn xoay có trục đối xứng, nội tiếp hình nón cụt tích lớn

Giải

Gọi x bán kính, z chiều cao hình trụ Ta có: r x R z h

      

Giả sử hình trụ nội tiếp hình nón cụt thiết diện qua trục hình bên Thiết diện cắt hình nón theo hình thang cân AA’B’B, cắt hình trụ theo hình chữ nhật HKNM

1

SO' O' A' r

SO OA R

SO' r SO'

SO SO' R r OO'

rh rh Rh

SO' , SO h

R r R r R r

O M SO x SO OA SO

x

OA SO OA SO SO

 

  

 

    

  



    

Mà SO1 SO z x R SO z  SO



   

Thể tích V hình trụ là:    

2

2 R

V V x x z SO z z

SO



    

   

     



   



     

2

2

2

3 2

2 R

V x SO z 2SO.z z SO

R

V x z 2SO.z SO z z h

SO

(d) M0

A' A

B M

r R

z h O'

O1

H K

N M

S

B' A'

B

A O

     

   

   

        

 

         

 

2

2

2

R R SO

V' x 3z 4SO.z SO z z SO

3

SO SO

SO Rh Rh

V' x z z SO z z

3 R r R r

Bảng biến thiên:

Rh  Rh

z x

3 R r

max y

z h x r

   

 

  

   



Để ý rằng: z h  , ta có:

Rh  r

z h

R

3 R r

   



Kết luận: r R

  : Thể tích hình trụ lớn hình trụ có kích thước bán kính đáy: x Rh

 , chiều cao:

Rh  z

3 R r





2 r R

   : hình trụ tích lớn hình trụ có kích thước bán kính đáy: x r chiều cao z h

Ví dụ 2.Cho nửa hình cầu bán kính r nửa hình nón xoay ngoại tiếp với nửa hình cầu (mặt đáy hai hình nằm mặt phẳng) Gọi góc đỉnh nón 2 a) Với góc  diện tích tồn phần hình nón 12

5 diện tích tồn phần nửa hình cầu

b) Với góc  hình nón tích nhỏ Hướng dẫn giải

a Gọi (SAB) tiết diện qua đỉnh S tâm H hình nón ngoại tiếp với nửa hình cầu bán kính r, ta có:

1 HI r, AHI ASH ASB

2

HI r

AH

cos cos

    

  

 

AH r HI r

SA ; SH

sin cos sin sin sin

    

    

CĐ CT

CĐ

0 +

-+ 0

Rh (R-r) Rh

3(R-r)

0 h

V'(x) x

r

α

α

H S

B A

Gọi S ; Stpc tpn Vn theo thứ tự diện tích tồn phần nửa hình cầu, hình nón thể tích hình nón, ta có:

tp 2

c

2

tp

n 2

S r r r

r r r

S AH AH.SA

cos cos sin cos

      

        

  



Vì  

2

tp

n c 3

r sin

12 12

S S r

5 sin sin

  

   

  

 

3

36 sin 31sin

5

36 sin sin sin

6

5

sin sin

6

     

  

         

  

     

(vì  nửa góc đỉnh hình nón



    ) Tương ứng diện tích tồn phần hình nón 12

5 diện tích tồn phần nửa mặt cầu (ycbt)

b Ta có:  

2

n n 2

1 r r

V V AH SH

3 cos sin

     

 

3

n 2 3

1 1

V r r

3 cos sin sin sin

    

    

Do đó:  

 

2

n n 2

3 3sin cos cos V ' V ' r

3

sin sin

   

   

  

 

 

3

n 2

3

3

cos sin sin

3

V ' r

sin sin

  

      

  

   

  

Khi  biến thiên khoảng 0;

  

 

  V ' 0n 

1

    sin 1 3

  Ta có bảng biến thiên:

Do hàm Vn  đạt cực tiểu   1 Vậy với  xác định sin

3

  hình nón tích nhỏ Vn r 3

  (ycbt) Ví dụ 3. Cho khối tứ diện ABCD, biết BCD tam giác cạnh a có tâm điểm O Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nhận đường tròn (BCD) làm đường tròn lớn Xác định vị trí đỉnh A mặt cầu để thể tích tứ diện ABCD lớn

Giải

Để ý đường tròn (BCD) đường tròn lớn mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có O tâm tam giác BCD cạnh a, nên tâm O tam giác BCD tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

a OA OB

3

  

Từ diện tích Sc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

2

c

a

S OA a

3

 

      

 

Gọi AH đường cao tứ diện ABCD hạ từ đỉnh A xuống mặt đáy (BCD)

 

HOA H 90 AH OA

   

Và tính thể tích khối tứ diện ABCD bằng:

  ABCD

2

1 1 a

V S AH a AH

3 3

3.a 3.a

.AH OA

12 12

 

   

 

 

Dấu đẳng thức (1) xảy H O (hình chóp A BCD đều)

3.a

max V OA

12

   (ycbt)

Ví dụ Trong tất lăng trụ tam giác có diện tích tồn phần S, tìm cạnh bên cạnh đáy lăng trụ tích lớn

Giải Gọi x cạnh đáy h cạnh bên lăng trụ

πr3

- +

α1

0

Vn'

α

Vn

π

a O

B D

Ta có diện tích tồn phần lăng trụ:

2

x x

S 3xh 3xh

4

   

Ta tích lăng trụ là:

2 x

V h

4



Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:

x 3xh 3xh   Ta có:

2 2

3

x 3xh 3xh x 3.9x h

2   

     

  

4 4

3

3

4

9 3x h 3x h

S S 27 S x h

8 2 2

x 3h 2S S S 2S V

4 4.9 3 18 3

Vậy

4 S 2S max V

18



Dấu “=” xảy khi:

2S a

x 2S

x 3xh S 3 3

2 1 2S 3

h 3



 

 

   

  

Ví dụ 5.Cho mặt cầu tâm O bán kính R Một hình nón nội tiếp hình cầu có chiều cao x 0 x 2R  

a Tính thể tích V, diện tích xung quanh S hình nón b Tìm hệ thức liên hệ V, S, R độc lập x c Với giá trị x V lớn nhất?

Giải a Gọi r bán kính đường trịn đáy hình nón

 

 

2

2 2

2

r OM OH R x R

r 2Rx x x 2R x

    

   

Thể tích hình nón: V r x2 x22R x

3

    

Diện tích xung quanh hình nón: S rSM Biết SM SH2HM2  x2x 2R x   2Rx b Ta có: V x 2R x2   1

3

  

  2 2   

S x 2R 2R x S  2 Rx 2R x

M S

H O

Lấy (2) chia (1) ta được: S

6 R V  

c Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: x x, , 2R x 2 

   

 

 

3

2

3

x x

2R x

x x 2 2

2R x

2

x 8R

2R x

4 27

1 32 R

V x 2R x

3 81

    

 

   

 

 

 

 



   

Vậy

3 32 R max V

81



 Dấu “=” xảy khi: x 2R x x 4R

2    

Ví dụ Tìm hình nón tích nhỏ ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho trước So sánh diện tích tồn phần thể tích hình nón với diện tích thể tích hình cầu

Giải

Gọi r bán kính đường trịn đáy, h chiều cao V thể tích hình nón

1 V r h

3

 

Hai tam giác SCA SDO đồng dạng cho:

   

2

2 2 2

2 2 2

AC SA r r h

DO SO R h R

r r h r h r

R h R h R R





  



  

  

  

 

2 2

2 h R hR

r

h 2R h h 2R

 

 

Suy ra:

2 2

1 h R

V r h

3 h 2R



  



Ta có:

2 2 2

h h 4R 4R 4R

h 2R

h 2R h 2R h 2R

 

   

    

2 4R

h 2R 4R

h 2R

   



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

 

2

4R 4R

h 2R h 2R 4R

h 2R h 2R

    

 

Vậy: h

8R

h 2R  Dấu “=” xảy khi:

2 4R

h 2R h 2R 2R h 4R

h 2R

      



r R D

S

C

A B

Suy ra:

3 R V

3

 

3 R V

3



 h4R r R 2 Diện tích tồn phần hình nón là:

2 2 2

S rSA   r R 2R 16R  2 R  8 R

Vậy lúc diện tích tồn phần thể tích hình nón gấp đơi diện tích thể tích hình cầu

II CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SBb tam giác SAC cân S Trên cạnh AB lấy điểm M với AM x x a     Mặt phẳng   qua M song song với AC SB cắt BC, SB, SA N, P, Q Xác định x để SMNPQ lớn

A a

B a

4 C

a

2 D

a Phân tích:Trước hết ta phải xác định MNPQ hình chữ nhật Vì mp  / /SB mp  / /AC nên MNPQ hình bình hành

AC SO ( ACS cân)

AC BD (đường chéo hình vng)



 



 ACmp SBD 

AC SB

  , mà MQ / /SBMNMQ Vậy MNPQ hình chữ nhật

Hướng dẫn giải Ta có: MN // AC

 

BM a x

MN AC a a x

BA a



    

SAB

 có: MQ // SB

AM bx

MQ SB

AB a

  

 

MNPQ

b

S MN.MQ a x x

a

   (đvdt)

Ta có:

      

    

a x x a

a x x a x x

2

MNPQ S

 lớn a x x  x a

 

a b

O N

P Q

B

A

D

C S

M

Vậy chọn đáp án C

Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA a SBD

 cân S Trên AB, AD lấy M, N cho AM AN k k 1  AB  AD    Mặt phẳng   qua MN song song với SA cắt SD, SC, SB P, Q, R Tính k để SMNPQR lớn

A k1

2 B 

5 k

3 C 

1 k

3 D 

2 k

3 Hướng dẫn giải

Ta có: MNPQR hợp hai hình thang vng MIQR NIQP, đó: MR // IQ // NP (cùng song song với SA), MN // BD

Ta có:

       

MNPQR MIQR

2 k a 2ka

IQ ; MR k a; MI

2

S 2S IQ MR MI

2k 3k a

(ñvdt)



   

  

 

MNPQR

2

S max k

3

  Vậy chọn đáp án D

Câu 3. Trên nửa đường trịn đường kính AB 2R , lấy điểm C tùy ý Kẻ CHAB (H thuộc AB) Gọi I điểm CH Trên nửa đường thẳng It vng góc I với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S cho góc ASB 90 Đặt AH x Với giá trị x

SABC

V đạt giá trị lớn A x R

2 B 

R x

2

C x 2R D x R Hướng dẫn giải

Ta có: V 1S ABC.SI 

 , đó:

 

ABC   

1

S AB.CH 2R AH.BH R x 2R x

2

 

3

SI CH x 2R x

2

  

Vậy: V 1R x 2R x    3x 2R x   R 3x 2R x   

3

V lớn x 2R x   lớn

O' Q

I P R

N

O

B

A D

C S

M

I H

B A

Biết  

2 x 2R x

x 2R x R

2

   

   

  Dấu “=” xảy  x 2R x  x R

Vậy, thể tích tứ diện SABC lớn x R

3 max

R V

6

 (đvtt) Vậy chọn đáp án D

Câu 4.Cho hình chóp có cạnh bên cạnh đáy a Cho điểm M SA cho diện tích MBD nhỏ Tìm giá trị nhỏ MBD

A 3a

4 B

a

2 C

2a

D a Hướng dẫn giải

Gọi S diện tích MBD

 

1

S BD.MO a 2.MO

2

  

min S

 xảy min MO xảy Nhưng MO d O,SA    OH

Vì tứ diện nên O AB CD SO đường cao SOA

  vng O (2) Trong đó:

2

2 2

a OA

2

2a 2a a

SO SA OA a

4

    

      



 2

SOA

  vuông cân O OH OA a 2 a

2 2

   

 1

1 a 2a

min S a

2

   xảy H trung điểm SA (ycbt) Vậy chọn đáp án C

Câu Cho tứ diện ABCD có cạnh AB x , cạnh cịn lại a Câu 5.1.Tính diện tích tồn phần tứ diện theo a, x

A a2 x 4a 2x2 B a2 3 4a2x2 C a2 2x 4a 2x2 D a2 x 4a 2x2

Hướng dẫn giải Gọi H trung điểm AB theo tính chất tam giác cân

CH AB DH AB

 

  



Ta có: AB x; DA DB DC AC BC a     

a a

O C

D

A

B S

H M

a x

a a

a

a

I

O H

A C

B D

Nên: ADC BCD (do hai tam giác cạnh a) DAB CAB

  



  



 

ADC BCD

a

S S

4

  

Ta có:

 

 2  2  2     2

DAB CAB

x 1

CH AC AH a 4a x S D CH.AB x 4a x

4 2

Từ (1) (2) Stp a2 x 4a2 x2

 

     

 

Vậy chọn đáp án A

Câu 5.2 Với giá trị x thể tích VABCD đạt giá trị lớn A 3a

4 B

a

2 C

5a

D 3a Hướng dẫn giải

Gọi O hình chiếu D xuống mặt phẳng (ABC)

Do AD DB DC a   OA OB OC  DO trục đường tròn ngoại tiếp ABC DO hiển nhiên đường cao tứ diện DABC.Gọi I trung điểm DC Ta có:

DH HC  DHC cân HIDC Khi đó:

2

2 2 x a 2

HI HC IC a 3a x

4

      

Từ: SDHC 1DO.HC 1HI.DC DO HI.DC

2 HC

   

2

2

2

2

1

3a x a a 3a x

DO

1 4a x

4a x

 

  

 

Vậy

2 2

ABCD ABC

2

1 a 3a x x 4a x

V SO.S

3 4a x

 

 



2

ABCD

V ax 3a x

12

   (ycbt); 0 x a 3   Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

   2

2 2

2 2

ABCD

x 3a x

a x a

V 3a x

144 144

   

 

    

 

 

 

 

   

 

2

2

a 9a a

144

 

ABCD a

V

8

 

Dấu đẳng thức (3) (4) xảy x2 3a2 x2 x a

Vậy   ABCD

a max V

8

 tương ứng x a

 (ycbt) Vậy chọn đáp án B

Câu 6.Cho tứ diện ABCD có AB CD 2x  bốn cạnh cịn lại có độ dài Câu 6.1.Tính diện tích tồn phần tứ diện

A 2x x B 2x x C 2x x21 D x x Hướng dẫn giải

Nhận thấy bốn mặt tứ diện bốn tam giác

TP ACD

S 4S 2AI.CD

   , với I trung điểm CD

2 2

2 ID x

AI AD ID x

AI x (do x 1)

 

    

  

   



Vậy STP2x x Vậy chọn đáp án B

Câu 6.2.Xác định x để diện tích tồn phần đạt giá trị lớn A

2 B

6

2 C

5

4 D

3 Hướng dẫn giải

Vì STP 0 nên STP đạt giá trị lớn S2TP đạt giá trị lớn nhất, mà  

2 2

TP

S 4x x Nhưng

2 x 0 x

1 x

 

    

 



Bất đẳng thức Cauchy    

2

2

2 2

TP

x x

x x S 1

2

   

      

 

Đẳng thức xảy x2 x2 x

     (vì x0) Vậy TP

0 x

1

max S S

2

 

 

  

  (ycbt)

Vậy chọn đáp án A

Câu 7. Cho tứ diện ABCD có AB CD 2x x 2

 

     

  AC AD BC BD 1    Gọi

I, J trung điểm cạnh AB CD Tìm x để thể tích tứ diện ABCD lớn

1

2x 1

2x

1 1

I

B D

C A

A

3 B

3

3 C

5

2 D

3 Hướng dẫn giải

Nhận xét: Ta có: DI AB AB ICD AB IJ CI AB

 

   

 

 Tương tự: CDIJ Vậy IJ đoạn

vng góc chung AB CD (đpcm) Ta có: IJ ID2DJ2  2x

Diện tích ICD : SICD 1IJ.CD x 2x2

   

Khi đó: VABCD VAICD VIBCD 1SICD AI IB 

   

  2

ABCD

V x V x 2x

3

    (ycbt)

Áp dụng BĐT Cauchy:

   

 

3

2 2

2 2

ABCD

4 x x 2x

V x x x 2x

9

2

V

27

    

     

 

 

Dấu đẳng thức xảy (1) khi:

2 2

x x 2x x

    

Vậy max V ABCD 27

 xảy x 3

 (ycbt)

Câu Một hình nón trịn xoay có bán kính đáy R đường cao h h R  Có mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo tiết diện có diện tích lớn Tính diện tích thiết diện

A h2R2 B 5h2R2

2 C   

2

3

h R

2 D   

2

1

h R

Hướng dẫn giải

Giả sử mặt phẳng qua đỉnh C hình nón cắt hình nón theo thiết diện CAB Thế CAB tam giác cân với CA CB Gọi O tâm hình trịn đáy H trung điểm AB

 

CO ABC CH : đường xiên OH : hình chiếu

   

Mà ABOHABCH

1

2x 1

1 1

2x

I

J

B D

C A

H

D A

Đặt: x AH 1AB

  diện tích S CAB là:

S AB.CH x.CH

 

Nhưng: CH2 CO2OH2 CO2OA2AH2 h2R2x2

  2

S S x x h R x

    

Điều kiện xác định AB: 2x 2R  x R Đặt t x ; x  0; R    t R2

     

2 2 2 2

S x h R x g t t h R t

       

Ta viết: g t   t2 h2R2t; với t R 

Theo đề: h R , S2 g t 0 t R  2 đạt giá trị lớn khi: t 1h2 R2

 

 2

1

max S h R

   tương ứng

2

h R x

2





Vậy chọn đáp án D

Chú ý: Nếu đề cho h R , S2 g t 0 t R  2 đạt giá trị lớn t R Vậy S đạt giá trị lớn x R (AB đường kính đáy), ta có: maxS Rh

Câu Cho hình nón trịn xoay cao 15cm, bán kính đáy 6cm Tìm chiều cao h bán kính đáy r hình trụ có diện tích tồn phần lớn nội tiếp hình nón A r 5cm,h 2,5cm  B r 5cm,h 5cm 

C r 5cm,h 2cm  D r 2cm,h 5cm  Hướng dẫn giải

Gọi r h bán kính đáy chiều cao hình trụ có diện tích tồn phần S lớn nội tiếp hình nón, ta có điều kiện: r S r2 rh  1

15 h

  

       



Gọi (SAB) thiết diện qua đỉnh S hình nón có tâm O, đáy H

SH 15cm

 

AH 6cm r SH h r 15 h

AH SH 15

 

  

   

  15 h

r

5 30 5r

h

2

 

   

   

Thế (3) vào (1) ta có:

b H r

15 h

S

B A

  30 5r   S S x r r r 30 r

2

  

          

 

     

S' x r 30 r r S 75

               

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên maxS 75  tương ứng r5 Thay r5 vào (3) (4) ta được: h 2,5 (cm)

Vậy chọn đáp án A

Câu 10 Trong hình nón trịn xoay có diện tích tồn phần  Tính thể tích hình nón lớn nhất?

A 

9 B



12 C



2 D

 Hướng dẫn giải

Xét Stp   R2 R ( chiều dài đường sinh)

2 R

1 R R R

R R



      

Lúc đó:

2

2 2 2

1

V R h R R R R R

3 3 R

   

        

 

 

   

 

2

2 2 2

2

2

2 2 2

2 2

1

V R R 2R V R 2R

3 R

2R 2R

V 2R 2R

18 18 72

V

12 72

  

       

 

    

      

 

 

 

Đẳng thức (1) (2) xảy 2R2  1 2R2

2 1

R R

4

   

Vậy: max V 12



 tương ứng R 1;

2

 

Vậy chọn đáp án B

-+

75π

+

-6

S' r

Câu 11. Trên cạnh AD hình vng ABCD cạnh a, người ta lấy điểm M với

 

AM x x a   , nửa đường thẳng Ax vng góc A với mặt phẳng hình vng, người ta lấy điểm S với SA y y 0    Với giả thiết x2y2 a2, tìm giá trị lớn thể tích hình chóp S.ABCM

A 3a

42 B

2 3a

12 C

2 2a

2 D

2 3a

8 Hướng dẫn giải

Xét x2y2 a2  y a2x

 

    2

SABCM a

V V x a a x

6

Ta có max V xảy max 3V 2 xảy

Mà       

2

2 a

3V x a x a x a 3a 3x

36

    

Áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có:

         

 

1 2

2

4

2 6

2

x a x a x a 3a 3x

a 3V

36

a 81a 3a

V a V a

36.3 36.3.16 64

        

   

 

 

 

       

 

Dấu đẳng thức (2) xảy a x 3a 3x x a

     

Do M trung điểm AD thể tích VSABCM cực đại

2 3a max V

8



Vậy chọn đáp án D

Câu 12.Cho tam giác OAB có cạnh a0 Trên đường thẳng (d) qua O vng góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M với OMx Gọi E, F hình chiếu vng góc A lên MB, OB Đường thẳng EF cắt d N Xác định x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ

A 3a

2 B

3a

4 C

a

2 D

3a Hướng dẫn giải

Để ý: AFMBO  MNB AF

 chiều cao hình chóp A.BMN

ABMN MNB

1

V AF.S AF.BO.MN

3

  

a x y x

O

D A

B C

S

M

x a

E O

B F A

N

M

Trong đó:

a AF

2 BO a

MN MO ON x ON

     

    

 

Do đó: min V ABMN min x ON   Mặt khác, ta có: NOF∽BOM

2

NO OF a

OM.NO BO.OF x.ON const

BO OM

      

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:  

2 a

x ON a *

2

  

Dấu đẳng thức (*) xảy x ON a 2

  

  a

min x ON a x ON

      

Vậy thể tích tứ diện ABMN nhỏ khi: x a 2



Vậy chọn đáp án C

Câu 13 Trong mặt phẳng (P) cho hình vng ABCD với AB 2a Trên mặt phẳng chứa BC vng góc với (P) lấy điểm E cho EBC tam giác đều; điểm I nằm đoạn BC, đặt: BIx O trung điểm AE

Câu 13.1.Tính độ dài OI theo a x

A x2ax 2a B x2ax 2a C x2ax 2a D x2ax 2a Hướng dẫn giải

Định lý đường trung tuyến cho:

2 2

2 2AI 2EI AE

OI

4

 



Với

2

2

2 2 2 2

EF 3a AF 5a

AE AF EF 8a , AI 4a x

 

  

     



2

OI x ax 2a

   

Vậy chọn đáp án B

Câu 13 2.Tìm x để độ dài OI lớn A a

2

B 2a C a

A a

B 2a C a

D a Hướng dẫn giải

Ta viết: OI2 f x x2ax 2a ; x  0; 2a

    a

f ' x 2x a x

     Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

       

2 x 2a

2 x 2a

max f x f 2a 2a

a a

min f x f

2

 

 

  

 

    

    

   

    



  x 2a

0 x 2a

max OI S 2a 2a

a a

min OI S

2

   

  



   

 

  

  



Câu 14 Cho tứ diện ABCD có AB CD 2x  cạnh cịn lại có độ dài Xác định x để diện tích tồn phần đạt giá trị lớn

A 1

2 B

2

C 2

D 2 Hướng dẫn giải

Nhận thấy mặt tứ diện tam giác

Suy ra, diện tích tồn phần tứ diện là: Stp4SACD 2AI.CD  1 Với AI đường cao CAD cân A, ta có:

    

    1      

tp

AI x ; x S 2.2x x 4x x ; x Nhận thấy:

 

2

max S max x x 

     

 

 

 2 

max 16x x

  

Áp dụng BĐT Cauchy:

  2  

2 2

tp

x x

S 16x x 16

2

   

     

 

1

2x

2x 1

1 1

I C

A

B

D

x

2a O

F

A B

C D

E

I (2a)

2

(a 2)2

+

a

 2

-∞

a

2 +∞

-2a

f'(x) x

f(x)

Dấu đẳng thức (2) xảy x2 x2 x 2

    

Vậy với x 2

 diện tích tồn phần tứ diện đạt giá trị lớn max Stp2 Vậy chọn đáp án B

Câu 15.Cho tứ diện ABCD cho AB 2x, CD 2y  cạnh lại có độ dài Xác định x y để diện tích tồn phần đạt giá trị lớn

A x y 

2 B  

2 x y

2

C x y 1 

D x y 1 Hướng dẫn giải

Gọi M, N trung điểm AB, CD Ta có: ABD cân D

2 2

DM AD AM x

    

Tương tự: AN y Lúc đó:

ABC ABD

1

S S AB.DM x x

2

   

Hoàn tồn tương tự:SBCD SACDy y Vậy diện tích toàn phần Stp tứ diện là:

2

tp ABC ABD BCD ACD

S S S S S 2 x x  y y 

Áp dụng BĐT Schwart, ta có:

     

   

            

   

2 2 2

tp

S x x y y x x y y S

Dấu đẳng thức (1) xảy

2

x x

x y y y

   

   

  



Vậy max Stp x y 2

   

Vậy chọn đáp án B

Câu 16 Cho tứ diện SABC có cạnh SA vng góc với mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh SB nhị diện vng Biết SB a 2 , góc BSC

4



 , góc ASB ;

2

    

 

  Với giá trị

của  VSABC lớn A 

3 B



6 C



2 D



4 Hướng dẫn giải

1

2y

2x 1

1 1

N C A

B

Thể tích tứ diện SABC là:

SABC SAB

SABC

V BC.S

3

V a 2SA.AB

6



 

Với ý:

AB

sin AB a sin SB

SA

cos SA a cos SB

     

 

     



Khi đó:

3 SABC

1 a

V a 2.a sin a cos sin

6

    

Vậy: max V SABC sin

4

       Vậy chọn đáp án D

Câu 17.Cho tam diện ba mặt vuông Oxyz Trên Ox, Oy, Oz lấy điểm A, B, C Giả sử A, B, C thay đổi ln có:

OA OB OC AB BC AC k      không đổi Hãy xác định giá trị lớn thể tích tứ diện OABC

A  



 

3

1 k

6 3 B

 

 



 

3

1 k

6 3 C

 

 



 

3

1 k

6 3 D

 

 

 

 

3

1 k

6 3 Hướng dẫn giải

Ta có: OA OB OC AB BC AC k     

2 2 2

a b c a b b c a c k

         

Với a 0, b 0, c 0   Áp dụng BĐT Cauchy:

       

2

2

2

a b c abc

a b 2ab

b c 2bc

a c 2ac

   

  

  

  

Lấy:      2   áp dụng BĐT Cauchy ta có:

 

2 2 2

a b  b c  a c  2ab 2bc 2ac 3 abc Thể tích hình chóp: VSABC 1abc 6VSABC abc

6

  

Tương tự:    1  lại áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

a 2 α 45°

A C

S

B

c a

b O

C A

B

   

     

 

3 3

SABC

SABC

k 3 abc k 3 6.V

1 k

V

6 3



     

 

   



 

Dấu đẳng thức (7) xảy đồng thời (5) (6) xảy   a b c

Vậy  

3 SABC

1 k

max V

6 3

 

  



  a b c

Vậy chọn đáp án A

Câu 18 Cho hình vng ABCD cạnh a, tâm O Gọi S điểm mặt phẳng (ABCD) cho SB SD Gọi M điểm tùy ý AO với AMx Mặt phẳng   qua M song song với SA BD cắt SO, SB, AB N, P, Q Cho SA a Tính x để diện tích MNPQ lớn

A a

2 B

a

4 C

a

3 D

a Hướng dẫn giải

Nhận xét: Tứ giác MNPQ hình chữ nhật Thật Vì SB SD Hai tam giác SBC SDC Gọi I trung điểm SC, ta có:

IB ID  BID cân IIOBD Mà IO SA∥ SABD

   

Mp ∥BD  cắt hai mặt phẳng (ABO) (SBO) theo hai giao tuyến: MQ NP OB∥ ∥

   

Mp ∥SA  cắt hai mặt phẳng (SAO) (SAB) theo hai giao tuyến: MN PQ SA∥ ∥ Vậy MNPQ hình bình hành

Biết SAOB MNPQ hình chữ nhật Ta có: SMNPQ MQ.MN

Biết tam giác AMQ vuông cân M MQ MA x  Và

a x

NM OM NM 2 a 2x

NM

SA OA a a 2 2

2

 

    

Vậy SMNPQ x a x 2   (với x a 2

  )

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số x a x 2  Ta có:  

2 2

x a x a

x a x

2

   

   

a P

N

Q

O I

C

A D

A

B

Vậy  

2

x a x a a 2

2 4 2



  SMNPQ a2

8

 

Dấu “=” xảy x a x x a a 2

     M trung điểm AO Vậy chọn đáp án B

Câu 19 Cho tam diện Oxyz có góc xOyyOz zOx   Trên Ox, Oy, Oz lấy A, B, C cho OA OB OC x   Tính  để diện tích xung quanh lớn

A 

2 B



4 C



3 D



4 Hướng dẫn giải

Vì xOy yOz zOx OA OB OC x

    

 

  



OAB OBC OAC AB BC CA

     

  

Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

OH trục tam giác ABC Ta có: Sxq 3SOBC 3x sin2

2

  

2 xq

3 max S x

2

 sin

2

      Vậy chọn đáp án A

Câu 20 Hình chóp tứ giác SABCD có cạnh SAx, x 0, , tất cạnh cịn lại có độ dài Xác định x để hình chóp tích lớn

A

3 B

3

4 C

3

2 D

3 Hướng dẫn giải

Dễ thấy hai tam giác SBD CBD (c.c.c) OS OC

OS OC OA

 

  

ASC

  vuông S ABCD

1

S AC.BD

2



ASC

 vuông cho AC x21 COD

 vuông O cho:

x

x

x

α 2

H M

A C

B O

x

H O

B D

A S

C

2

2 x x

OD CD OC

4

 

    

Vậy SABCD x x2 2

  

Vì SB SC SD 1   SH trục tam giác BCDSHAC Tam giác ASC vuông cho:       

2

2 2 2

1 1 1 x

1

SH SC SA x x

x SH

x

 

Ta có:  

2

2 x x

x x V

6

 

 

Áp dụng BĐT Cauchy:  

2

2 x x

x x

6

 

  

Vậy Vmax

 x2 x2 x

    Vậy chọn đáp án C.

Câu 21 Trong hình trụ có diện tích tồn phần khơng đổi a Tìm thể tích hình trụ lớn

A  3a

3 B

 3a3

5 C

 3a3

2 D

 a

3 Hướng dẫn giải

Gọi x, y bán kính đáy chiều cao hình trụ Theo giả thiết ta có:  

2 2

2 x  2 xy a  x xy a Thể tích hình trụ là: V x y2

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: x ,2 xy xy,

2 , ta có:

        

2 xy xy x y x y x y 2a

x a a 27 x y

2 4 3

Vậy

3 a V

3



 Suy

3 a max V

3



 Dấu “=” xảy

2

a x

xy a 3

x

2 2a 3

y

  

   

  

Vậy chọn đáp án D

Câu 22. Trong hình trụ có diện tích xung quanh cộng diện tích đáy khơng đổi

2 a Tìm thể tích hình trụ lớn A

3 B

3

4 C

 a

9 D

Nếu hình trụ hở đáy, ta có:   x2 xy a  2 x22xy 2a Thể tích hình trụ: V x y2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: x ,xy,xy Ta có:

    



       



 

2 2

3 3

6 2

3

x xy xy x y 2a x y

2 2a 6a a

8a 27x y x y x y V

9

3 a

max V

9 Dấu “=” xảy khi:

2

2 2a

x xy x y a

3

    

Vậy chọn đáp án C

Câu 23 Trong tất hình trụ có thể tích V, tính diện tích tồn phần hình trụ nhỏ

A  V

4 B



3 V

3

5 C

 V

9 D



3 V

3 Hướng dẫn giải

Gọi x, y bán kính đáy chiều cao hình trụ Ta có: S x   2 xy V x y2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: x ,2 xy xy, 2 Ta có:

3

2

xy xy x

xy xy 2 2

x

2

   

 

  

 

 

 

3

4 2

x y x xy

4

  

   

 

 

   

 

     



3

2 2

3

2 S

V 27 V V

S S

27 4

4

Dấu “=” xảy khi:

V x

xy V

x

2 V

y 2

  

 

   

  

 



Vậy chọn đáp án A

Câu 24 Trong tất hình nón có diện tích tồn phần a2, tìm hình nón tích lớn

A max V  2a3

11 B





max V a

12 C





max V a

13 D

  max V a

3 Hướng dẫn giải

Gọi x, y chiều cao, bán kính đáy hình nón, ta có:  

 

2 2

2

y y x y a

1

V y x

3

     

 

  



Từ (1) ta có: y x2y2 a2y2

 

   

 

 

    

 

  

 



4

2 2 2

2

4

2

y a y a

a

y x y a 2a y y y

x 2a

1 x

V a

3 x 2a Biết:

2 2

2

x 2a 2a

x 2a 2a

x x

    

(BĐT Cauchy)

2

x

2 2a x 2a

 



Suy V 2a3 12

 

Vậy: max V 2a3 12



 Dấu “=” xảy khi:

2 x a

2a

x a

x y

2

  

  

 

Vậy chọn đáp án C

Câu 25 Trong tất hình nón có độ dài đường sinh a , tìm hình nón tích lớn

A 

3 a MaxV

27 B





max V a

2 C

  3 max V a

23 D

  max V a

13 Hướng dẫn giải

Gọi x, y bán kính đáy chiều cao hình nón, ta có:

2

2

x y a

V x y

  

     

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:

2

x x , , y

2 , ta có:

    

   

 

   

2

2 2

6

4 2

3

x x

y x y a x y 2

a a

x y x y

27 3 3

a a

V MaxV

Dấu “=” xảy khi:

2

2

2 x a

x y a

2 a

y

  

   

  

Vậy chọn đáp án A

Câu 26 Tìm hình nón tích nhỏ ngoại tiếp hình trụ có bán kính r chiều cao h

A  

2 r h V

5 B

  r h2

min V

3 C

  r h2

min V

4 D

  r h2

min V Hướng dẫn giải

Gọi x, y bán kính chiều cao hình nón ngoại tiếp Thể tích hình nón là: V x y2

3

 

Các tam giác SOE SID đồng dạng cho :

y y h hx

y

x r x r



  



3 hx V

3 x r

   

Xét biểu thức:  

2

2

r x r

x r 1 r

3 r x r x



       

   

   

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: r r, , 2r

x x x

  

 

 

Ta có:

3 r r 2r

2

r r 2r x x x

x x x 27

    

 

   

 

 

   

 

   

      



   

2 3 2

r r x 27r

1

x x 27 x r

Vậy:

3

3

x r x 27r

x r

x 27r

   



2

r h r h

V V

4

 

   

Dấu “=” xảy khi: r r x 3r

x x

 

    

 

Vậy chọn đáp án C

Câu 27 Cho hình nón trịn xoay đỉnh S, thiết diện qua trục tam giác cạnh 2R Người ta cho hình cầu nội tiếp với mặt bên hình nón Tính bán kính hình cầu để phần thể tích chung hình nón hình cầu lớn

A R

2 B

R

3 C

R 2

D R Hướng dẫn giải

x r

h y

B A O

E F

S

D C

Giả sử mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt bên hình nón

Thể tích phần chung hình cầu hình nón cho công thức:

 

2

V CD 3x CD

  

Biết rằng: CD SC DS SC   SO OD SC OD SO  R x 2x R x

    

Vậy V R x 2 4x R 3

   

Gọi E trung điểm SB, tiếp điểm M phải thuộc đoạn EB

R SM 2R

   R x 2R

3   R x

   2x R

3

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: R x,R x  2x R

  ta có:

  

3 R 2R 2x 2x

R 2

R x R x 2x

2

 

  

 

 

 

     



   

 

  2  3

1 3

R x 4x R R

3   

Suy ra: V 3R3 max V 3R3

4

 

  

Dấu “=” xảy khi: R x 2x R

  

 x R CD SC x R 3   R  R

2 2

Vậy CD x Tâm O mặt cầu trùng với trung điểm C cạnh AB Vậy chọn đáp án A

D R

30°

E S

M

C

A B