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

Gọi V là thể tích nhỏ nhất của khối chóp tứ giác đều trong số các khối chóp tứ giác đều có khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau gồm một đường thẳng chứa một đường chéo của đáy và[r]

(1)

Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi I điểm thuộc đoạn SO cho

3

SI  SO Mặt phẳng   thay đổi qua B I   cắt cạnh SA SC SD , , M N P Gọi , , m n, GTLN, GTNN

S BMPN S ABCD V

V Tính m

n

A B

5 C

9

5 D

8 Lời giải +) Đặt SA x SM SC y SN         

,x y, 1

+) Có SB SD 2SO 2.3

SB SP  SI  

SD SP   +) Có x y 2SO y x

SI

      , 1x5 +)

  56  5 20 12 x x x x xy xy y x y x V V ABCD S BMPN S          

+) Xét  

 2

3 f x

x x 

 , với 1x5 +) Có  

 22

3

x f x x x    

+)  

(2)

+)  1 ; 25

f   3

15

f  ;  5 25

f 

3 25 15 m n 

    

   

9 m

n  

Email: Vqdethi@gmail.com

Câu Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vng cân C Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC a 3, Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S ABC tích nhỏ

A AB2 a B

2 a

AB C AB3 a D AB3a

Lời giải

Ta có

Kẻ AH SCAH a Đặt

1

S ABC A SBC BCS

V V  AH S đạt GTNN BCS

S  xy đạt GTNN

Do mà (theo giả thiết) nên SAABC Suy SAC vuông A

Trong có

4

2 2 2

2 2 2 2 2

3

x x x

AC CH AH x a y xy

y x a x a

        

 

(3)

Xét hàm    

2

3 x

f x x a

x a

 

 Có      

2

3

2 2 2

3

'

3 3

x x

f x x a

x a x a

  

 

x

3

a 2

a

 

'

f x - +

  f x

2 a

Vậy:  

2 a

Min xy  ABx 23a

Email: mp01100207@gmail.com

Câu 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 nhất.

A 300 B 450 C 600 D 750

Lời giải

Chọn B

Do hình chópS ABCD hình chóp nên H giao điểm AC BD

Gọi M trung điểm CD ta có CDSHM nênSHM  SCD mà SHM  SCDSM nên từ H dựng HK SM K HK SCD

Hay SK hình chiếu SH lên mặt phẳng SCD suy  SH SCD, SH SK, HSK tam giác SHK vng K theo giả thiết ta có HSM với

2    

K

M H

D

C B

A

(4)

Đặt SH hHC2 a2h2

2

2 a h

HM 

  BC  2(a2h2) Tam giác SHM vuông H:

2

2 2

tan tan

2

HM a h

h a h

SH h

       

2 2

2 (1 tan )

1 tan a

h  a h



    



2

2 2 2

2 tan

2( ) tan

1 tan a

BC a h h  



   



3

2

2 3

1 tan

3 3 (1 tan )

S ABCD

a

V BC SH 



  

 Đặt t 1 tan2 Với 1;  tan2

2 t t      Xét hàm số

3 ( ) a t f t t t 

 D1;

    3 3 ( 1) '

3

t t t t

t

a a

f t

t t t

            

'

f t   t Bảng biến thiên

Vậy  

3 max

9 a

f t  t 3 tan1

2  

  hay  450 Mail: anhquanxl1979@gmail.com

Câu 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 12 a b

B

2 24 a b

C

2 a b

D

(5)

Cách

Do BH SH BH SAH BH AH

BH SA

 

   

  

, nên H thuộc đường tròn đường kính AB Gọi K hình chiếu vng góc H lên cạnh AB Dễ dàng suy

Thể tích .

3

S ABH ABH ABH

ab HK V  SA S  b S 

Do để thể tích lớn HK lớn HK lớn H điểm cung 

AB, tức H trùng với tâm hình vng ABCD hay M trùng với D Khi

2 a HK 

Vậy

2 max

12 a b V  Cách

Do BH SH BH SAH BH AH

BH SA

 

   

  

2 2

1

3 6 12 12

S ABH ABH

b b HA HB b AB a b

V  SA S  HA HB   

Vậy

2 max

12 a b

V  HAHBH trùng với tâm đáy, hay M D Email: tc_ngduychien2006@yahoo.com

Câu 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 cịn lại Trong thùng có diện tích S, tìm tổng xyz theo S thùng tích lớn

A

6 S

x  y z B

(6)

C

S

x  y z D

2 S x  y z

Chọn B

Ta có S xy2xz2yz

Theo Cauchy 2 34 2

xy xz yz

x y z

 



3

2 2

4

3 S

x y z V  

   

 

3

2

S

V  

      Dấu “=” xảy xy2xz2yz

3 S

x y z

    5

2

S S

x y z

    

Email: vannguyen300381@gmail.com

Câu Cho hình chóp S ABC có cạnh đáy a , cạnh bên 2 3 a

O tâm đáy Mặt phẳng ( )P thay đổi chứa SO cắt đoạn thẳng AB AC điểm , M N ,

(M N khác , A) Khi góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng ( )P có số đo lớn nhất, tính

2

AM AN

A.a 2 B

2

4 a

C 369

400 a

D

2

9 a

Chọn D

Gọi H hình chiếu A MN, ta có AH MN AH, SO AH SMN H

 hình chiếu Atrên mặt phẳng SMN

Góc đường thẳng SA mặt phẳng SMN góc HSA Do góc 00 HSA900 nên HSA lớn  sin HSA lớn 

Ta có 

3 sin

2

3 a

AH OA

HSA

SA SA a

   

Lời giải

(7)

Vậy sin HSA đạt giá trị lớn 

2 H O

Hay góc đường thẳng SA mặt phẳng  P đạt giá trị lớn MN  AO Khi đường thẳng MNđi qua Ovà song song với BC

2

3

a

AM AN a AM AN

     

Min - Max hình học khơng gian_Khai thác Tính chất hinh học_Nguyễn Đình Trưng

0 3 

xSD  x a Tìm x theo a để tích AC SD. đạt giá trị lớn

A

2 a

x B

3 a

x C

2 a

x D

3 a

Lời giải

Ta có ABCD hình thoi cạnh a nên SOC BOCOS OBOD tam giác SBD vuông S

Suy

2 2

2 a x BD a x OB  ;

2 2

2 2 3

AC  OC  BC OB  a x Do AC SD. x 3a2x2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ – Si, ta có

2 2 2

2 3

3

2 2

x a x a a

x a x      AC SD

Dấu “=” xảy 2 2

2 a x a x  x  a x  x

Vậy

2 a

x tích AC SD đạt giá trị lớn Email: nhatks@gmail.com

Câu 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

D

C B

O A

S

Câu Cho khối chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SASBSC a. Đặt

(8)

M N Đặt V1= VS.AMKN , V = VS.ABCD Tìm S= max V V1 +min V V1 A

S  B

4

S  C 17

24

S  D

4 S 

Chọn C

Đặt x = SB SM , y= SD SN Tính V V1

theo x y

Ta có x V xV

SC SK SB SM V V AMK S ABC S AMK S .

    Tương tự ta có

V y VSANK

4



Suy

4

1 x y

V

V 

 (1)

Lại có Do V1 = VS.AMN+ VS.MNK VS.ABC = VS.ADC = V Mà S AMN S AMN S ABD

V SM SN xy

xy V V

V  SB SD   

2 S MNK S MNK S BDC

V SM SN SK xy xy

V V

V  SB SD SC   

VS.KMN VS.CBD Suy xy V V  (2) Từ (1) (2) suy

1  

x x

y Do x>0; y> nên x> Vì 1

1   

 

 x

x x

y Vậy ta có 

      ;1

2 x

(9)

Xét hàm số f(x) =

4

1 xy

V V

 =

) (

3  x

x

với 

      ;1

2

x Có f’(x) = 2

) (

  x

x x

BBT:

Từ BBT suy 1 3 17

3 8 24

minV ; maxV S

V  V     

Email: tiendv@gmail.com

Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng,AB1, cạnh bên SA1và vng góc với mặt phẳng đáy ABCD Kí hiệu  M điểm di động đoạn CD Nlà điểm di động đoạn CB cho MAN 45 Thể tích nhỏ khối chóp S AMN ?

A



B

3 

C

6 

D

9 

Tác giả : Đào Văn Tiến

Lời giải

Chọn B

Đặt DM  x, BN  y ta có  

   

 

tan tan

tan 45 tan

1 tan tan

DAM BAN x y

DAM BAN

xy

DAM BAN

 

    



 Suy

1

x y

x  



và AM  AD2DM2  x2 1,  

2 2

1

x x

AN AB BN y

x x

 

 

        

 

 

Vì  

   

2

1 1

sin 45

3 AMN 6

x

V SA S SA AM AN f x f

x

 

       

(10)

Email: thachtv.tc3@nghean.edu.vn

Câu 10 Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vng A, AB3 ,a AC a Mặt phẳng DBC , DAC , DAB tạo với mặt phẳng  ABC góc  90 , , 

90

    Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn bằng A

3

4 a

B

3

13 a

C

3

10 a

D

3

8 a

Lời giải

(Gv: Trịnh Văn Thạch, facebook: www.facebook.com/thachtv.tc3) Chọn A

Kẻ DH BC H

Do DBC  ABCDH ABC

Kẻ HE AC E; HF  AB F Suy Suy    

    

  

, ,

DAC BCD DEH

DAB BCD DFH

 

  

 

 

 

a 3a

h

x

y F

E

A C

B

D

H

a-y y

x

F

H

B A

(11)

Ta có tan cot

DH

h y

HE

h xy

HF x h

DH   

 



    

 

 

Mà 3    3

3 2

x a y y a y a

x a y h xy y a y

a a

  

         

max

3 a h

  Suy

2

max max

1 3

3 ABC 2

a a a

V  h S  

Email: Tanbaobg@gmail.com

Câu 11 Cho khối chóp tứ giác S.ABCD mà khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SCD) a Gọi  góc mặt bên hình chóp với đáy hình chóp Với giá trị  thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị nhỏ nhất?

A arcsin

  B  450 C arccos

3

  D  600 Lời giải

Họ tên: Đỗ Tấn Bảo Tên FB: Đỗ Tấn Bảo

Chọn A

Gọi O tâm hình vng ABCD SO vng góc với (ABCD) SO chiều cao khối chóp S.ABCD

Gọi M N trung điểm AB CD Suy CD  (SMN)

Gọi K hình chiếu N lên SM Suy MK  (SCD) nên NKdN SCD,  Từ AB || CD suy AB || (SCD) Do NKdA SCD, 2a

Ta lại có CD MN SCD , ABCD

CD SM 

 

 

  

Do tan

sin sin cos

NK a a

MN SO OM 

  

    

Suy

2

1 1 4

3 3 sin os 3sin os

S ABCD ABCD

a a a

V S SO MN SO

c c

   

   

Vì VS ABCD. nhỏ nhất f( ) sin2cos lớn nhất, với 00 900 Đặt tcos , 0  t VS ABCD. nhỏ    2

1

f t t t t t

(12)

Dựa vào bảng biến thiên VS ABCD. nhỏ

1 2

cos sin arcsin

3

t   

       

Câu 12 Cho lăng trụ ABC A B C có tất cạnh a Lấy điểm ' ' ' M N nằm , cạnh BC ; ,P Q nằm cạnh AC AB cho MNPQ hình chữ nhật Hình hộp , chữ nhật MNPQ M N P Q nội tiếp lăng trụ . ' ' ' ' ' ' '

ABC A B C tích lớn :

A

3 a

B a

C

3 a

D

6 a

Tác giả : Lê Thị Phương Liên facebook : Phuonglien Le Lời giải

Chọn C

Gọi độ dài đoạn MNlà x với (0xa)thì   a x

MQ 

Thể tích hình hộp chữ nhật MNPQ M N P Q ' ' ' '   ax a x

V  

Xét hàm số    

2 a x a x

f x   có '  3 

2 a

f x  a x ; ' 

2 a f x   x Vậy thể tích lớn hình hộp chữ nhật MNPQ M N P Q là ' ' ' '

3 3 a

Nên chọn C

Câu 13 Cho hình chóp S ABCD Một mặt phẳng song song mặt đáy cắt cạnh SA SB SC SD; ; ; M N P Q, , , Gọi M N P Q', ', ', ' hình chiếu M N P Q, , , lên mặt đáy Tìm tỉ số SM

SA để thể tích khối đa điện MNPQ M N P Q lớn nhất. ' ' ' '

A

4 SM

SA  B

2 SM

SA  C

1

2 D

1 SM

SA  Lời giải

A' C'

B' A

C

B Q

P

N

Q'

M' N' P'

(13)

Chọn B

Đặt SM x

SA  Suy

SN SP SQ x SB SC  SD 

Gọi h h, ' chiều cao hình chóp chiều cao khối đa diệnMNPQ M N P Q ' ' ' ' Do MN/ /AB nên ta có SM MN x MN MN x AB

SA  AB   AB   Tương tự ta có BC x NP

Ta có 2

MNP ABC MNPQ ABCD

S x S  S x S ( Vì tam giác MNP đồng dạng tam giac ABC ) Mặt khác ta có AM h'

AS  h

  '

'

1 '

SA SM h

SA h

h

x h x h

h 

 

     

Ta có VMNPQ M N P Q. ' ' ' ' h S' MNPQ 1x h x S ABCD 1x x h S ABCD

Do ,h SABCD không thay đổi nên VMNPQ M N P Q. ' ' ' ' đạt giá trị lớn 1 x x  đạt lớn

Ta có    

3

1

4

2

1 4

2 27 27

x x x

x x

x x x

 

  

 

 

    

Dấu  xảy

2

x

x x

   

Tvluatc3tt@gmail.com Câu 14 Xét khối tứ diện ABCD có cạnh ABx, cạnh cịn lại Tìm x để thể tích

khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.

A x B x 14 C x3 D.x2

Giáo viên: Trần Luật Facebook: Trần Luật Lời giải

(14)

Gọi M ,N trung điểm CD AB; H hình chiếu vng góc A lên BM Ta có: CD BM CD ABM ABM BCD

CD AM

 

   

  

Mà AH BM BM; ABM  BCD; AH BCD

Do ACD BCD hai tam giác cạnh 3

AM BM

   

Tam giác AMN vng N , có:

2

9 x MN AM AN   Mặt khác ta lại có:

 2

3

2 3

4 BCD

S  

2

1 36

.3 36

3 6

ABCD BCD

x x

V  AH S    x x

Ta có:

2

1 3 36

36 3

3 6

ABCD BCD

x x

V  AH S  x x    

Dấu xảy

36

x x x Vậy VABCD lớn 3 x3 Email: Tinh.danlapts@gmail.com

Câu 15 Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ cạnh đáy 1, chiều cao x Tìm x để góc tạo bởi B’D (B’D’C) đạt giá trị lớn

A x = B x = 0,5 C x = D x

Lời giải

(15)

Gọi H hình chiếu D lên mặt phẳng (B’D’C) suy

2 sin( ' , ( ' ' ))

' 2

DH DH

B D B D C

B D x

 



Mặt khác

2 ( '; ( ' ' ))

2

x DH d C B D C

x

 



(Sử dụng đường cao tam diện vuông C’B’D’C)

2

4

2 2

sin( ' , ( ' ' ))

' 2 ( 2)(2 1)

DH DH x x

B D B D C

B D x x x x x

   

 

  

Góc lớn sin( ' , ( 'B D B D C' ))lớn Xét hàm số

2 2

2

( ) '( )

2 (2 1)

t t

f t f t

t t t t

 

  

   

f(t) lớn t = suy x = Email: nhuthanh3112@gmail.com

Câu 16 Cho tứ diện ABCD có ABAC BDCD1 Khi thể tích khối tứ diện ABCD lớn khoảng cách hai đường thẳng AD BC

A

3 B

2

3 C

1

2 D

1 Lời giải

Tác giả : Trần Như Thanh Nhã, FB: Nhã Trần Như Thanh Chọn D

Gọi H K, trung điểm BC AD Theo giả thiết: ABC cân A DBC cân D

A D

B C

B'

A' D'

(16)

  ,

     

BC AH BC DH BC ADH BC HK

VàAH DH  AD HK Do đó: d AD BC ; HK Đặt BCx 0x2

2

1

2

  

      

 

x x

AH DH DC HC

Gọi I hình chiếu A lên HD  AI (BCD)

 

1 1

; м

3 

  

ABCD BCD

V S AI BC DH AH v AI AH 14 2

6

VABCD  x x

Xét hàm số f x( )x4x2 x34x tr nк 0; 2 ; f x'( ) 3x24; '( ) 3

  

f x x

2

max

2

3

( )

2



 



 

    

 

 

 

 

AH BCD

I H

V

x DH x

ΔAHD vuông cân H

2

 HK  DH 

Email: nhuthanh3112@gmail.com

Câu 17 Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, AC cho mặt phẳng (DMN) vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x AN;  y Tìm x y, để diện tích tồn phần tứ diện DAMN nhỏ

A

3

x y B

3

x y C

4

xy D 1;

2

x y Lời giải

Chọn A

Tác giả : Nguyễn Trung Nghĩa

+ Ta có 0 1

3 AMN AHM AHN

x y

S S S xy  x

+ Theo bất đẳng thức cô si

9 xyxy xy xy

B D

A

C M

(17)

+ Ta có sin 60

2

AMN

xy S  AN AM  

1

sin 60

2

AMD

x S  AD AM  

1

sin 60

2

AND

y S  AD AN  

+ Ta có 2 2; 2 2  2

3

DH  AD AH  MN x y xy xy  xy

Vậy 3   2 3 3 2

4

tp

xy

S   xy  xy  xy  xy xy  xy

Đặt

9 t xy

   Ta thu giá trị nhỏ diện tích tồn phần đạt t xy ,

tức

3 xy

Email: buinguyenphuong1991@gmail.com

Câu 18 Trong mặt phẳng   cho đường trịn  T đường kính AB2R Gọi C điểm di động  T Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng   lấy điểm S cho

SAR Hạ AH SB AK  SC Tìm giá trị lớn Vmax thể tích tứ diện SAHK A

3 max

5 75 R

V  B

3 max

5 25 R

V  C

3 max

3 27 R

V  D

3 max

3 R

V 

Lời giải

Tác giả: Bùi Nguyên Phương,Tên FB: Bùi Nguyên Phương

Chọn A

Do SH AHK nên tứ diện SAHK có chiều cao SH khơng đổi Do thể tích VSAHK đạt giá trị lớn diện tích SAHK đạt giá trị lớn

Ta có: BC SACBC AK Mà AK SC AK SBC AK KH

Do điểm K nhìn đoạn thẳng AH cố định góc vng nên AHK có diện tích lớn K điểm nửa cung trịn đường kính AH (có hai vị trí K)

I A

S

C

B H

(18)

Ta có: SB2 SA2AB2 R24R2 5R2SBR Xét SAB vng A có:

2

5

SA R R

SA SH SB SH

SB R

    

Và: 2

5

SA AB R R R

AH SB SA AB AH

SB R

    

Diện tích lớn AHK là:

2

max

2

AH AH R

S  AH  

Vậy:

2

max max

1 5

3 5 75

R R R

V  SH S  

sptoanchien@gmail.com

Câu 19 Cho tứ diện ABCD có DA DB DC  6 đơi vng góc với Điểm M thay đổi tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song DA DB DC, , theo thứ tự cắt mặt phẳng DBC , DCA , DAB A B C1; 1; 1 Tìm thể tích lớn khối tự diện MABC1 1 1 M thay đổi

A

3 B

2

3 C 1 D

4 Lời giải

Tác giả: Trần Văn Minh Chiến Tên FB: Hung Ho Chọn D

Ta có   

 

1

,

6 ,

MBCD ABCD

d M BCD

V MA MA

V  d A BCD  AD  Tương tự

1

;

6

MADC MABD

ABCD ABCD

V MB V MC

V  V 

Suy MA MB1 1MC16 Mặt khác MA MB MC1; 1; 1 đơi vng góc nên

1 1

3

1 1

1

6 3

MA B C

MA MB MC V  MA MB MC      

 

Dấu " " xảy M trọng tâm tam giác ABC B1 C1

A1 M D

A

B

(19)

Bình luận: Bài hồn tồn làm mạnh giá thiết cách cần cho tứ diện ABCD có thể tích 36 Kết tốn khơng thay đổi

Email: dangvietdong.ninhbinh.vn@gmail.com

Câu 20 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SAa SA vng góc với mặt phẳng đáy M N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC DC cho



45

MAN Tính tỉ số giá trị lớn với giá trị nhỏ thể tích khối chóp S AMN

A  2 2 B 2 

C

6 

D 2 1

Lời giải

Tác giả: Đặng Việt Đông Tên FB: Đặng Việt Đông

Chọn B

Ta có .

3

S AMN AMN AMN

a

V  SA S  S

Do M N điểm di động SA cố định nên thể tích khối chóp SAMN phụ thuộc vào , diện tích tam giác AMN

Ta có cách tính diện tích tam giác AMN sau: Cách

Đặt BM x DN,  y x y; , 0;a Tam giác CMN vuông C nên

2 2

MN CM CN hay MN2 ax 2 a y2 Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác AMN ta có



2 2

2 cos

MN AM AN  AM AN MAN 2 2  2 2

2

MN a x y a x a y

      

Suy   2 2 2 2 2  2 2 2 2

2

ax  a y  a x y  a x a y

 2  2 2 2 a2 ax

ax ay a xy ax ay a xy y

a x



         



Diện tích tam giác AMN

S

A D

B M C

(20)

  2

2

AMN ABCD ABM ADN CMN

a a x

S S S S S a xy

x a



      



Xét hàm số  

2 x a f x x a  

 đoạn 0; a 

Ta có  

 

2

' x ax a

f x

x a

 



 ; f ' x   0 x  21a

Ta lại có f 0  f a a f;  21a2 21a Suy

0;    0;     

max ; 2

a

a f x a f x   a

2

( 1)

2 AMN

a

a S

    

Vậy tỉ số giá trị lớn với giá trị nhỏ thể tích khối chóp S AMN bằng1 2  Cách 2:

Đặt DAN     Ta có:

0 ,

cos(45 ) cos

a a AM AN      0 2 0

1

.sin 45

2 cos cos(45 )

2 2

cos 45 cos(45 ) 2

cos(45 )

AMN

a

S AM AN

a a                Mặt khác: 2

0 2

0 cos(45 ) ( 1)

2

2 AMN

a a a S            Cách 3: Đặt

2 2

2 2 ( ) ( )

BM x AM x a

MN a x a y

BN y AN y a

                   

Theo định lý cosin ta có :

2 2

2

2 cos 45 ( )

1

.sin 45

2

AMN

MN AM AN AM AN a xy a x y

a xy

S AM AN

      



   

Đặt : 2

0 0; ( 1)

xy   t a t  at t   a

  2 AMN a t S     max 2

( 1) ( 1) AMN

AMN a

S t

S a t a

               

(21)

Dựng đường thẳng qua A vng góc với AM cắt đường thẳng DC P, ta chứng minh AMN  ANPMN NP BMCN MNMNNC CM 2a Vì

MN MCCN 2 1 

2

MN MC CN  MCCN từ suy 2 2 a  MNa Email: phuongnamthptqx1@gmail.com

Câu 21 Một người thợ gò làm thùng đựng nước dạng hình hộp chữ nhật có nắp tơn Biết đường chéo hình hộp 6dm sử dụng vừa đủ

36dm tôn.Với yêu cầu người thợ làm thùng tích lớn Vdm3 Giá trị V gần giá trị giá trị sau?

A 11, B 11, 32 C 11, 31 D 11, 33

-Lời giải

Tác giả: Trần Văn Nam,Tên FB: Trần Văn Nam Chọn C

Gọi kích thước khối hộp x y z x y z, , ( , , 0) theo ta có

 

2 2 6 2

36

18 18 18

x y z x y z x y z

xy yz zx xy yz zx xy z z

   



        

 

  

         

  

Ta có 6 2z272 2  z z  z 0; 2

Thể tích:

6 18 ( )

xyzz  z  z f z

2

'( ) 12 18; '( ) 2;

f z  z  z f z  z z

Khi    

0;4 ( ) (0), ( 2), (3 2), (4 2) ( 2), (4 2) 11, 31

Max f x Max f f f f f f

 

 

   

Vậy thể tích lớn thùng 211, 31 ( ; ; )x y z ( 2; 2; 2)và hốn vị

Email: phuongnamthptqx1@gmail.com

Câu 22 Gọi V thể tích nhỏ khối chóp tứ giác số khối chóp tứ giác có khoảng cách hai đường thẳng chéo gồm đường thẳng chứa đường chéo đáy đường thẳng chứa cạnh bên hình chóp 3.Khi V bao nhiêu?

A D

C B

P

M

(22)

A V 3 B V 9 C V9 D V 27 Lời giải

Tác giả: Trần Văn Nam ,,Tên FB: Trần Văn Nam Chọn B

Xét hình chóp tứ giác S ABCD , đặt ABx, SOh Với O tâm hình vng ABCD

 

SO ABCD

  Qua O kẻ đường thẳng OH vng góc với SA với HSA Ta có BD AC BD SAC BD OH

BD SO

 

    

  

Suy OH đoạn vng góc chung SA BD Theo ra, ta có dd SA BD , OH OH  Tam giác SAO vng O, có đường cao OH suy

2 2 2

1 1 1

3OH SO OA h x

Lại có  3

2 2 2

1 1 1

3 27

3 AM GM

hx h x h x x  h x

       

Vậy 1

9

3

ABCD ABCD

V  SO S  hx  V 

Tác giả: Trần Văn Nam,,Tên FB: Trần Văn Nam Gmail: inh.thpthauloc2@gmail.com

(Họ tên : Phạm Văn Bình,,Tên FB: Phạm văn Bình)

Câu 23 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích V Điểm P trung điểm SC Mặt phẳng   qua AP cắt hai cạnh SB SD M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ tỷ số V1

V ? A

3 B

1

8 C

1

3 D

3 Lời giải

Chọn C Cách

Đặt a SM SB

 , b SN SD

 , 0a b; 1 I

P

N M

S

O

C

D A

(23)

Ta có V1 VS AMP VS ANP V V   2

S AMP S ANP S ABC S ADC

V V

 

2

SM SP SN SP SB SC SD SC

 

   

 =  

1

4 ab (1) Lại có V1 VS AMN VS PMN

V V





2

S AMN S PMN S ABD S CBD

V V

 

2

SM SN SM SN SP SB SD SB SD SC

 

   

 =

3

4ab (2)

Suy 1  3a

4 3a

a ab  abab bb

 Từ điều kiện 0b1, ta có 3a 1 a

  ,

hay

2 a

Thay vào (2) ta tỉ số thể tích

2 3.

4 3a

V a

V   Đặt  

2

3

; ;1

4 3a

a

f a  a  

  , ta có  

 

2

0

3 2a

' 2

4 (3a 1)

3 a L a f a a             

1

1 ;

2 3

f    f  f   

    ,  

1 ;1 2 3 a V

Min Min f a f

V  

 

 

   

  Cách : (Tham khảo ý kiến Cô Lưu Thêm)

Từ giả thiết cách dựng thiết diện ta có : D

1; ; 2;

SA SB SC S

a b c d a c b d

SA SM SP SN

          

Khi 1

2

6 3 1

4a 4.1.2 d 3

4

V a b c d V

V b c d b b d b d V

                 1 V Min V   Email: lamdienan@gmail.com

Câu 24 Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M N, hai điểm thuộc cạnh ,

AB AC cho mặt phẳng DMN vng góc với mặt phẳngABC Gọi S diện tích tồn phần tứ diện DAMN Tìm giá trị nhỏ S?

A 3(4 2)



B



C



D 3(1 2)

 Lời giải

Tác giả : Lâm Điền An,Tên FB: Lâm Điền An

(24)

Kẻ DH  MN, DMN  ABC suy raDH ABC

Mà ABCD tứ diện đều, nên suy H trọng tâm tam giác đềuABC Diện tích tồn phần tứ diện DAMN:

AMD AND DMN AMN

SS S S S 

0

.sin 60

AD AM 

2

0

.sin 60 AD AN

+

2 DH MN +

0

.sin60

AM AN = 3 3 3 1

xy xy xy

Mặt khác: SAMN 

0

.sin60

AM AN =

4 xy ;

AMN AMH ANH

S  S  S =

0

.sin30

AM AH 

2

0

.sin30 AN AH 

4 x y  Suy

4 xy =

1

4 xy  x y 3xy ; 0x y, 1 Tìm giá trị nhỏ 3 1

6

S xy xy xy ; x y 3xy, 0 x y; 1

Từ 2

3

      

xy x y xy xy xy

4

3

9

xy

    

  4 2

6

3 3 3

6 9

S xy xy xy



      

Suy 3(4 2),

 

S

3   x y Email: Quachthuy.tranphu@gmail.com

Câu 25 Cho nhơm hình vng cạnh (m) hình vẽ Người ta cắt phần đậm nhôm gập lại thành hình chóp tứ giác 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

M

N H

C

A

(25)

A x

B

3 x

C 2

5 x

D

2 x Lời giải

Tác giả: Quách Phương Thúy Tên FB: Phương Thúy Chọn C

Đường chéo hình vng cạnh

2 2

2

OC

x OE

x

EC OC OE

      

 

   

 

Khi

2 2

2

x x

h CE OE         

 

 

2 2

1 2 2

3 2

x x

x x x

V x h x x



     

       

   

 

Xét hàm số f x( )x41x 2 0;

 

 

 

 

4

(26)

 

0

0 2 2

5 x f x

x      

  

Hàm số f x lớn 2 x Email: ngonguyenanhvu@gmail.com

Câu 26 Cho tam giác ABC vng A có AB3 ,a AC a Gọi  Q mặt phẳng chứa BC vng góc với mặt phẳng ABC Điểm  D di động  Q cho tam giác DBC nhọn hai mặt phẳng DAB  DAC hợp với mặt phẳng  ABC hai góc phụ Thể tích lớn  khối chóp D ABC bằng

A

3 a

B

3

a

C

3

10 a

D

3

13

a

Lời giải

Tác giả: Ngô Nguyễn Anh Vũ TênFB: Euro Vũ Chọn A

Kẻ DH BC với HBC Suy DH ABC Vì diện tích tam giác ABC khơng đổi nên  thể tích khối chóp D ABC lớn DH lớn

Kẻ HM AB với MAB, HN AC với NAC

(27)

Ta có SAHC SAHB SABC  

2

1

cot 90 cot

2  

 DH  a DH a a

3 tan 3cot

 

 a DH

Đặt tan x 32

 

 ax DH

x Xét   2

3 

 x f x

x trên0;,được 0;     

max

6  f x  f 

Khi max

2 a

DH

3 max

3 a V

Email: luuthedung1982@gmail.com

Câu 27 Cho hình chópS ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a ; SASBSCa Khi thể tích khối chóp S ABCD lớn

A

a

B

3 a

C

a

D 3

a

Lời giải

Tác giả : Lưu Thế Dũng,Tên FB: Lưu Thế Dũng Chọn C

Cách

O

C A

B

D S

Gọi O giao điểm AC BD Theo giả thiết suy SAC tam giác cân S nên SO AC, đáy ABCD hình thoi nên AC BD

Xét tam giác SOC BOA ta thấy SCBAa OC; OA SOC;BOA900 Suy SOC BOASOBO BSD vuông S

Đặt SDx, x0, suy BD a2x2 ; 1 2

2

OB BD a x ;

 

2 2 2 2

3

4

AO AB OB  a  a x  a x

Ta có: AO SO AO (SBD)

AO BD

 

 

(28)

2 2

1 1

2

3 2

S ABCD S ABD SBD

V  V  AO S  a x a x ax a x

Áp dụng bất đẳng thức

2

; ,

a b

ab  a b, dấu xảy ab ta có:

 

2 2 3

3

6

S ABCD

x a x

a a

V     ; dấu xảy

2 a x

Vậy GTLN VS ABCD. a

2 a x Cách

O

C A

B

D S

H K

Đặt BOx x, ( 0), dựng SH (ABCD)HBD

1

S ABCD ABCD

V  SH S

Ta có SABCD 2x a2x2

Kẻ OK SB K, SOBOa

Khi

2

4

a a x SH BO OK SB SH

x 

  

Suy

2

2 2

2

2 2

2 4

3 4

S ABCD

a

a x x

a a a

V a a x x

  

    

Dấu đẳng thức xảy

2

2 2 10

4

a a a

a x x  x  x

Vậy GTLN VS ABCD. a

10

4 a

x

Email: phamcongdung2010@gmail.com

Câu 28 Cho tứ diện OABCvuông tạiO gọi,   , , góc tạo mặt phẳng (OAB), (OBC ), (OAC) với mặt phẳng (ABC).Tính giá trị nhỏ biểu thức

2 2 2

tan tan tan cot cot cot

(29)

A B 15

2 C 10 D

27 Lời giải

Tác giả : Phạm Công Dũng,Tên FB:Phạm Công Dũng

Chọn B

O

A

B

C

H

D E

F

Gọi H hình chiếu O lên (ABC) ta có OH (ABC)và H trực tâm tam giác ABC Gọi AE BF CD đường cao tam giác , , ABC

Ta có ODC,OEA ,OFB

Ta có : 2

cos cos  cos  1

Đặt cos2 a, cos2 b, cos2  c a b c  1

2 2 2

tan 1, tan 1, tan 1; cot ; cot , cot

1 1

a b c

a b c a b c

              

  

1 1 1 1 1

( ) ( ) ( )

1 1 1

a b c

M

a b c a b c a b c a b c

             

     

Hay 9 15

3 ( )

M

a b c a b c

   

    

Dấu xảy

abc hay cos cos cos

  

  

Email: doanphunhu@gmail.com

Câu 29 Cho tứ diện ABCD tích V Điểm M di động tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng song song với DA BD DC cắt mặt (, , DBC), (DCA),(DAB ', ',) A B C' Giá trị lớn thể tích tứ diện MA B C' ' '

A 27

V

B

9 V

C

18 V

D

4 V

Lời giải

Tác giả :Đoàn Phú Như,Tên FB: Như Đoàn

(30)

Gọi A1 AM BC B, 1 BM CA C, 1CMAB

1 1

' ' '

1

MA MB MC

DA  DB  DC  AA  BB  CC 

Phép tịnh tiến theo véc tơ MD biến M D A, 'A B", 'B C", 'C", biến tứ diện ' ' '

MA B C thành tứ diện DA B C" " "

Phép đối xứng tâm Dbiến A" A B2, "B C2, "C2, biến tứ diện DA B C" " "thành tứ diện 2

DA B C Do MA'DA MB2, 'DB MC2, 'DC2

Ta có  

 

2 2

2 2 3 2

3

' ' '

1 MA MB MC DA DB DC DA DB DC V DA B C

DA DB DC DA DB DC DA DB DC V DABC

         

 2 2  ' ' '

27 27

V V

V DA B C V MA B C

   

 ' ' ' 27 V

MaxV MA B C  2 1

1 1

1

3

DA DB DC MA MB MC

DA  DB  DC   AA  BB  CC   M trọng tâm tam giác ABC

Email: trandotoanbk35@gmail.com

Câu 30 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân AD/ /BC, BC 2a, AB ADDCa,a0 Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC

BD Biết SD vuông góc với AC

Mặt phẳng   qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O D ) song song với đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng   biết MDx. Tìm x để diện tích thiết diện lớn

A

4 a

x B

2 a

x C

8 a

x D xa

Lời giải

Tác giả : Trần Thế Độ,Tên FB: Trần Độ

(31)

C B

A D

I S

G

N P

E

M Q

O

Gọi I trung điểm BC nên tứ giác ADCI hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC = a tam giác ABC vng A, suy AC vng góc DI

 // ,  

AC ID ID AB AC SD AC SID AC SI

   

 

Do ACSI BC, SISI ABCD(ABCD)SBC Ta có: SD SI2ID2 2a

Từ M kẻ hai đường thẳng song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB Q AB G, AC N Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA E,từ N kẻ đường thẳng song song với SD cắt SC P Ta thiết diện ngũ giác GNPQE

Ta có BDa nên tính 2 ,

3 x EGNP ax QM  a 

 

, GN 3x Tứ giác EGMQ MNPQ hai hình thang vng đường cao GM NM nên

 

4 3

MNPQE

S  x a x

Max 3

2 MNPQE

S  a

4 a x

Email : luongvanhuydhsphn@gmail.com

Câu 31 Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC tam giác cạnh a ,SAABC SAa M điểm thuộc cạnh AB Kẻ SH CM H Giá trị lớn thể tích tứ diện S AHC

A a

B

3 3 a

C

3 3 12 a

D

3 12 a

Lời giải

(32)

Ta có .

S AHC AHC V  SA S

Do SAakhông đổi nên VS AHC. lớn SAHClớn Mà SAHClớn  AHCvuông cân H

2

1

3 12

Max

a a

V a

  

Câu 32 Cho tứ diện ABCDcó AB2a,CD2b cạnh cịn lại có độ dài Giá trị lớn diện tích tồn phần tứ diện ABCD

A.  12 ab

B. 

3 ab

C.1 D.1

2 Lời giải

Tác giả :Lương Văn Huy FB: Lương Văn Huy Chọn C

J I

D

C A

B

Gọi I ,Jlần lượt trung điểm ABvà CD Ta có Hai tam giác cân ACD BCD

Hai tam giác cân ABC ABD CI  AB DI  AB ICID 1a2

JACD JBCD JAJB 1b2 Khi

2 2

2 1

2

tp ABC BCD

a a b b

S  S  S a a b b       

Dấu  xảy

2 a b

(33)

Câu 33 Hình hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ', có đường chéo AC 'd hợp với mặt phẳng ABCD góc , hợp với mặt bên BCC'B'góc  Biết d khơng đổi, A ' D 'CB hình vng thể tích khối hộp lớn Khi giá trị biểu thức  +  bằng:

A 60 B 90 C 120 D 75

Lời giải

Tác giả : Phùng Văn Thân,Tên FB:Thân Phùng

Chọn A

Lời giải

D' C'

B' A'

D C

B A

Ta có CAC '  , AC' B  ,CC ' AC 'sin d sin, ACAC ' co s dco s ABAC 'sin d sin,

2 2

BC AC AB d co s  sin 

Thể tích khối lăng trụ V AB.BC.CC 'd sin sin cos3   2 sin2 Tứ giác A ' D ' CBlà hình chữ nhật để A ' D ' CBlà hình vng A 'C2 2CB2

 2 

2 co s sin sin co s

2

         

3 2

2

V d sin cos d sin cos

2 2

 

        

 

Áp dụng bất đẳng thức si ta có

2

3

1 sin cos

2 2

V d d

2 32

 

   

 

   

 

 

Đẳng thức xảy sin2 cos2 cos 300

2

         

(34)

Vậy  + 600

Daothihongxuandhsphnk55b@gmail.com

Câu 34 Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh a M thuộc đoạn thẳngAC' :C M' x C A ' , N thuộc đoạn thẳngCD' :D N' 2 x CD' Giá trị x để tứ diện CC NM' tích lớn là: A1

2 B

1

3 C

1

4 D

1

(Tác giả: Đào Thị Hồng Xuân,,Tên FB: Hong Xuan) Lời giải

Chọn C

B' N

A'

C' C A

D

B

D'

M

Dễ thấy: x

  Ta có

' ' 2 2(1 )

' '

CD a D N x a CN a x a a x

AC a C M x a

       

  

'

' ( ' , ).sin( ' , )

1

3 2(1 ) ( ' , ').sin( ' , ')

CC NM

V C M CN d C M CN C M CN

xa a x d C A CD C A CD



 

Tứ diện CC NM' có lớn

2

1 (2 )

( ) 6.2 (1 )

6.2 6.2 48

x x a

g x  a x  x  a   

Dấu xảy 2

4

x x x

    

Email: xuanmda@gmail.com

(35)

A1

2 B

1

3 C

1

4 D

1 Lời giải

Tác giả: Đào Thị Xuân, face: Hong Xuan Chọn C

B' N

A'

C' C A

D

B

D'

M

Dễ thấy: x

  Ta có

' ' 2 2(1 )

' '

CD a D N x a CN a x a a x

AC a C M x a

       

  

'

2

' ( ' , ).sin( ' , )

1

3 2(1 ) ( ' , ').sin( ' , ')

1

6.2 (1 ) ( ' , ').sin( ' , ') 6.2

CC NM

V C M CN d C M CN C M CN

xa a x d C A CD C A CD

a x x d C A CD C A CD



 

Tứ diện CC NM' có lớn ( 2 x1)

2

(2 )

( ) (1 )

4

x x

g x x x  

    

Dấu xảy 2

4

x x x

    

Email: manhluonghl4@gmail.com Câu 36 Cho hình thoi ABCD có 

60 ,

BAD AB a Gọi H trung điểm AB, đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ABCD H lấy điểm S thay đổi khácH Biết góc SC vàSAD có số đo lớn SH a.4 m

n

 ( với m n, số tự nhiên m

n phân số tối giản) Khi tổng mn bằng:

(36)

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Mạnh,Tên FB: Nguyễn Văn Mạnh

Chọn B

60°

B C

A D

S

H E

F

SAD

φ S

C

M

Gọi M hình chiếu C lên SAD  góc SC vàSAD Ta có sin CM d C SAD ; 

SC SC

  Vì

          

/ / ; B; H;

BC SAD d C SAD d SAD  d SAD

Gọi E hình chiếu H AD, Gọi F hình chiếu H SEta có  

H;  d SAD HF Khi sin 2HF

SC

  Đặt SH x x( 0) tam giác SHC vng H nên 

2 2 2 2

2 cos

SC SH CH  SH BC BH  BC BH CBH  x  a

Tam giác vng EHA có sin

2

HE a

HAE HE

AH

   Do HF đường cao tam giác

vuông HSEnên 2 2 2 2 2

2

1 1

3 3 4

ax HF

HF  HE  HS  a  x   a  x Khi

2 2 4 2

2 3

sin

(4 )( ) (4 21 ) 31

HF ax ax

SC x a x a x a a x

  

   

2 2

2 12

sin sin

4 21 31

ax

a x a x

 

   

 

(37)

Vậy  lớn sin lớn 21. 21, 4

SH  am n Khi mn21 4 25

Email: huonghieptb@gmail.com

Câu 37 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, AD=4a, cạnh bên hình chóp a Cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) thể tích chóp S.ABCD lớn bằng:

A

5 B

3

5 C

2

5 D

3 Lời giải

Chọn C

Tác giả : Đào Thị Hương,Tên FB: Hương Đào

Gọi O hình chiếu S (ABCD)

Do SA=SB=SC=SD nên OA=OB=OC=OD  ABCDlà hình chữ nhật Đặt DC x (x 0) AC x2 16a2 OA x2 16a2

2

       

 

2 2 x

SO 6a x 16a 2a

4

     

2

S.ABCD

x x

2a

1 x x x 4 4 8a

V 2a 4a.x 8a 2a 8a

3 4 3

 

      

Vậy thể tích S.ABCD đạt giá trị lớn

2

2 2

x x

2a x 4a x 2a

4      

Gọi H,K hình chiếu O,D (SBC) Do SO=OM nên H trung điểm SM

Do OD=OB nên H trung điểm KB SKC hình chiếu củaSDC (SBC)

SKC SBC

SO a 1

x 2a SM a S S a 2.4a a

OM a  

 

       

 

Gọi N trung điểm DC SN 6a2 a2 a S SCD 1.a 5.2a a 52



      

Theo cơng thức hình chiếu ta có S SKC S SDC.cos cos =

 

(38)

Email: dunghung22@gmail.com

Câu 38 Cho hình lăng trụ ABCD A B C D Lấy điểm , ' ' ' ' E F đoạn AB DA thỏa , ' mãn '

7 27

DA DA

DE DF  Gọi V , V thể tích khối lăng trụ ' ABCD A B C D ' ' ' ' khối tứ diện BDEF Khi GTNN tỉ số V'

V

A

81 B

1

468 C

1

486 D

1 Lời giải

Tác giả : Hoàng Dũng,Tên FB: HoangDung

Chọn C

Ta có:

'

' '

'

6 '

D ABA

V DE DF V DE DF

V DA DA V DA DA

V DE DF

V DA DA

  

 

Theo :

3 ' '

6

7 27 27

1

' 81

DA DA DA DA

DE DF DE DF

DE DF DA DA

  

 

Dấu "" '

7 27

DA DA

DE  DF

Suy ra: ' 1

6 ' 81 486

V DE DF

V  DA DA  

Email: thienhuongtth@gmail.com

Câu 39 Cho hình chóp S ABCD tích V , ABCD hình bình hành có tâm O Gọi I trung điểm SO,  P mặt phẳng qua I cho  P cắt cạnh SA SB SC SD , , , điểm M N P Q Tìm giá trị nhỏ thể tích khối chóp , , , S MNPQ

A' B'

C' D'

A

B

C D

F

(39)

A V

B

2 V

C

12 V

D

8 V

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Thanh,Tên FB: Thanh Văn Nguyễn

Chọn D

Đặt a SA ,b SB,c SC,d SD

SM SN SP SQ

   

0 SABD SBCD

V V V  V

SMNQ

V V, VSNPQ V2

Ta có kết quả: a c b d 2SO SI

    

0

V

a b d

V  ;

0

V

c b d V 

   

0

1

4

V V

b d a c b b

V V

      16 với 0b3

Mặt khác: 0 0

1 2

2

V V V V V

V V  V V  V V

2

S MNPQ

V V

V V V

 

 Do đó:

16 S MNPQ

V

V  S MNPQ V V

 

Email: ngbdai@gmail.com

Câu 40 Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi S diện tích hình chiếu tứ diện lên mặt phẳng khác Khi S lớn bằng?

A S a2 B 

2

2 a

S C

2 a

S  D

2 3 a

S 

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Bá Đại,Tên FB: Dai NB

(40)

A

B

C

D

B'

C'

D'

A'

D' C'

B'

D

C B

A

P' M'

M

N

Q

P

N'

Q'

Nếu hình chiếu tam giác, giả sử tam giác B C D' ' ',

2 ' ' '

3 B C D BCD

a

S S 

Nếu hình chiếu tứ giác, giả sử A B C D' ' ' ' Gọi M N P Q , , , , M N P Q trung ', ', ', ' điểm cạnh AB BC CD DA A B B C C D D A , , , , , ' ', ' ', ' ', ' '

2 ' ' ' ' ' ' ' '

2 A B C D M N P Q MNPQ

a

S  S  S 

Vậy 

2 a

S

Email: tranthithuyht@gmail.com

Câu 41 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a đường cao SA2a MNPQ thiết diện song song với đáy, MSAvà AM x Xét hình trụ có đáy đường trịn ngoại tiếp tứ giác

MNPQ đường sinh MA Giá trị x để thể tích khối trụ lớn A

3 a

x B

3 a

x C

2 a

x D

4 a x Lời giải

Tác giả : Trần Thị Thủy,Tên FB: Trần Thủy

Chọn B

(41)

Theo định lý talét ta có: 2

2

MN SM a x a x

MN

AB SA a

 

   

Đường tròn đáy trụ (T) đường tròn (C ) ngoại tiếp hình vng MNPQ nên ta có bán kính đáy

của trụ

2 2

MN a x

R  

Khi ta tích khối trụ là:  

2

2 2

a x

V R h   x  ax x

 

Theo bất đẳng thức cauchy ta có

 

3 3

2 3

1 1 2

2 (2 )(2 )2

8 16 16 27

4 27

0;

4

27 2

a x a x x a

V a x x a x a x x

a V

x a

a a

V x

a x x



  

 

   

 

        

 

 

  

   

  



Vậy

3

4

27

Max

a a

V   x

Email: buikhanhas3@gmail.com

Câu 42 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 2R B Pmin 4 R C Pmin 3 R D 16

R P  Lời giải

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

Ta có MA MB MC MD MA GA MB GB MC GC MD GD GA

  

   

MA GA MB GB MC GC MD GD GA

  



(42)

 

4

MG GA GB GC GD GA

GA R

GA

   

  

    

Dấu xảy M trùng với điểm G Vậy Pmin 4 R

Tác giả : Bùi Văn Khánh,Tên FB: Khánh Bùi Văn Email: nhungcvp95@gmail.com

Câu 43 AB đường vng góc chung hai đường thẳng x, y chéo nhau, A thuộc x, B thuộc y Đặt độ dài ABd M điểm thay đổi thuộc x, N điểm thay đổi thuộc y Đặt

AM m, BN n m0,n0 Giả sử ln có: m2 n2 k 0, k không đổi Với giá trị m, n độ dài MN nhỏ nhất?

A mn k B ,

2 k

m n k C

2 k

mn D ,

2 k m k n Lời giải

Tác giả : Phùng Nhung,Tên FB: Phùng Nhung

Chọn C

y x

d

x' H

B N

A

M

Kẻ Bx' / /Ax MH / /AB

 '

MH Byx

 

 '

MH Byx

 

Gọi  góc x y

Ta có : MN2 MH2 HN2 d2 n2 m2 2 cosm n  d2 k 2 cosm n 

Vì d, k,  không đổi k m2 n2 2 m n nên MNnhỏ

 m n. lớn nhất

2 k mn Email: : trichinhsp@gmail.com

(43)

điểm M di động tia đối tia BA cho ECM  900 H hình chiếu vng góc S MC Khi thể tích khối tứ diện EHIJ đạt giá trị lớn Thì thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện EHIJ là?

A

3

11 11

48   a

V B

3

10 a

V  C

3

3 10

16 a

V   D

3

11 11

24 a

V 

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Trí Chính, Face: : Nguyễn Trí Chính

Chọn A

H

M J

I

B S

E

C A

H0 I

H M

C

B E

A

K

L N J

H

E

I

Có I, J trung điểm EC, SC Nên IJ đường trung bình SCE

Suy IJ//SE, SEABC Suy IJABC,

2 SE IJ a

Có SH MC, mà EH hình chiếu SH Suy EH MC

Có CE CB2EB2 a khơng đổi Suy H thuộc đường trịn I đường kính CE Gọi V1 thể tích khối tứ diện J.EIH Tứ diện J.EIH có chiều cao IJ

Có 1  

3

V  IJ dt EIH , IJ khơng đổi

Có ECH vuông H, I trung điểm CE Suy IH ICIE

Nên    

2

(44)

Có    ; 

2

dt CEH  d H CE CE, có CE khơng đổi

 

1

;

6

V  IJ CE d H CE đạt GTLN

 d H CE ;  đạt GTLN , mà H thuộc đường trịn I đường kính CE  Hlà điểm cung CE đường trịn  I

0

45

  

Gọi V2 thể tích khối cầu ngọai tiếp khối chóp J.EHI Khối chóp J IEH có IJ, IE,IH đơi vng góc Nên

3

4 V  R ,

2

11

2

IJ EH a

R     

   

, 10

2

CE a EH 

3

4 11 11 11 11

3 48

a a

V    

Email : Oanhhlqt@gmail.com

Câu 45 Người ta cần trang trí kim tự tháp hình chóp tứ giác S ABCD cạnh bên 200 m, góc ASB15 đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp AEFGHIJKLS Trong điểm L cố định LS 40 m (tham khảo hình vẽ)

D

B C

A

S

E

F G

H

I J

K L

Hỏi cần dung mét dây đèn led để trang trí?

A 40 6740 mét B 20 111 40 mét C 40 31 40 mét D 40 111 40 mét Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Oánh Tên FB: Nguyễn Văn Oánh

Chọn C

Ta sử dụng phương pháp trải đa diện

(45)

A

A B

C

S

D E

F

G H

B

C

D A I

J K L

Từ suy chiều dài dây đèn led ngắn ALLS Từ giả thiết hình chóp S ABCD ta có ASL120

Ta có AL2 SA2SL22SA SL .cosASL20024022.200.40.cos120 49600 Nên AL 49600 40 31

Vậy, chiều dài dây đèn led cần 40 31 40 mét Email: tuannvcbn@gmail.com

Câu 46 Cho tứ diện ABCD cạnh a Một mặt phẳng (Q) thay đổi song song với mặt (BCD ) cắt cạnh AB AC AD thứ tự , , M N P Gọi , , G trọng tâm tam giác BCD Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MNPG nhỏ là:

A a

B

3 a



C.3

6 a



D

3 a



Bài giải:

Tác giả: Nguyễn Văn Tuấn, facebook: Tuấn Nguyễn Chọn C

Gọi K tâm tam giác MNP Đặt KGx AG, h Khi AK hx

Suy ( )

3

MK h x h x h x a

MK BG

BG h h h

  

(46)

Ta có

2

2 2

2

( )

3 h x a

MG GK MK x

h 

   

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp MNPG có cơng thức

2 2

( )

3

2

h x a x

MG h

r

GK x

 

 

Ta có

2 2

2

( )

6 3 ( )

3

3 4

h x a x

a h x h x h

h r x h

x x x



  

 

        

 

Suy r nhỏ

6

2

3

a

h a

x   Khi  

3

6

Min r a

 

Email: vanphu.mc@gmail.com

Câu 47 Cho tứ diện ABCD có CACBCDa Gọi I, J trung điểm CB AD, Gọi G là trung điểm IJ Một mặt phẳng () thay đổi qua G cho mặt phẳng () cắt cạnh

, ,

CA CB CD điểm K, E, F Tìm theo a giá trị nhỏ biểu thức:

 

2 2

1 1

CK CE CF

A 42

a B

16

3a C 16

a D

4 3a Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Phu,Tên FB: Nguyễn Văn Phu

Chọn B

Gọi G trọng tâm tứ diệnCABD ta có         

0

GC GA GB GD

 

  

 1   

4

CG CA CB CD     

 

  

1

CA CB CD

CK CE CF

Đặt xCK y, CE z, CF ( , ,x y z0)

 4CG 1CK1CE1CF

a x y z

1

4 1 1 1

A G GK GE GF GE GF

a x y z x y z

 

           

 

     

(do vectơ GK GE GF, ,

  

(47)

Nếu 1

a x y z  vectơ

  

, ,

CG GE GF đồng phẳng (vơ lí)

Vậy 1 1 1

ax  yz   x y z a

Ta có

2

2 2 ( )

3

a b c

a b c    nên

 

          

 

2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 16 x y z

CK CE CF x y z a

Email: lecamhoa474@gmail.com

Câu 48 Cho hình lăng trụ đứng có đáy tam giác đều.Thể tích hình lăng trụ V Để diện tích tồn phần hình lăng trụ nhỏ cạnh đáy lăng trụ là:

A

4V B.3

V C.3

2V D.3

6V Lời giải

Tác giả : Lê Cẩm Hoa Chọn A

Gọi cạnh đáy lăng trụ a, chiều cao lăng trụ h Theo ta có

2

3

4

a V

V h h

a

  

Diện tích tồn phần lăng trụ 2

2

3

đá tp xq y

a V

S S S

a

   

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có

2

3

3 3 3

3

2

tp

a V V a V V

S

a a a a

   

Dấu xảy

3

2

a V

a

 hay

4 a V Email: ducnoids1@gmail.com

Câu 49 Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có độ dài cạnh a Trên đường thẳng AA'lấy điểm M , đường thẳng BClấy điểm N cho đường thẳng MN cắt đoạn thẳng D'C'tại điểm I Tính giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN

A minMN 2a B minMN 2 2a

C minMN 3a D minMN 2 3a

(48)

I B C C' A A' D' B' D M N

Đặt a AB,b AD,c AA' a  b  c a, a.bb.cc.a0 c m AA m AM AA

M '  '

BC n BN BC

N    ANABnAD AN anb c m b n a AM AN

MN      MN2 a2 n2a2 m2a2 a2m2 n2 1 +) Do I giao đường thẳng MN với cạnh D'C'nên ID'kIC'(k0)

AC AI

k AI

AD   

 ' '  cbAI k(abcAI) a b c k

k

AI  

   c m b a k k AM AI

MI (1 )

1       +) Do                  mt m nt t k k MN t MI MN I 1                     1 1 m k k n n m mn m m n k k

Ta có mnmn2 mn mn 2mn4

+) Do MN2 a2m2 n2 1a22mn19a2  MN 3a Vậy minMN 3a mn2 tức AM 2AA', BN 2BC Cách 2: ( Của thầy Nguyễn Viết Sơn)

(49)

Gọi E hình chiếu M lên DD', E ,,I C thẳng hàng (vì thuộc hình chiếu vng góc MN lên mặt phẳng CDD'C')

Đặt AM'x, ME //CN , C'D'//CD nên

a x DD ED IC EI CN ME

 



' '

, suy

x a CN

2  Do tam giác MBN vuông B nên MN2 MB2 BN2  AB2 AM2 BN2

  

    

 

 

   

 

     

 

   

 a

x a x a x

a x x

a a x a

a

2

4 2 2

2

2. 2 .2 . 3 9

2 a a

x a x a x a

x   

 

Suy MN 3a

Vậy minMN 3a xa tức AM 2AA', BN 2BC

Email: binhlt.thpttinhgia1@thanhhoa.edu.vn

Câu 50 Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC vng A, SAABC SAh không đổi; hai điểm ,B C thay đổi cho ABACh Gọi ,I J điểm di động cạnh SB SC Tính chu vi ngắn tam giác AIJ

A h B h C h D

2 h

Lời giải

(50)

Chọn B

Trên tia AC tia AB lấy điểm ', ''

A A cho AA'AA"SAh Gọi S' đỉnh thứ hình bình hành

' ' ''

AA S A Khi AA S A' ' '' hình vuông cạnh

bằng h

Dễ thấy SAB S A C' ' , SAC S A B' '' SBC  S CB c'   c c

Như mặt xung quanh hình chóp

trải mặt phẳng chứa đáy

Gọi ',I J thuộc đoạn ' S C' '

S B cho ' 'S I SI S J, ' 'SJ

Khi chu vi tam giác AIJ độ dài đường gấp khúc A I' 'I J' 'J A' ''

Ta có A I' 'I J' 'J A' ''A A' ''h Dấu xảy A I', ', J', A thẳng hàng '' Vậy chu vi tam giác AIJ nhỏ h

Email: thuyhung8587@gmail.com

Câu 51 Cho tứ diện SABC G trọng tâm tứ diện Một mp   quay quanh AG, cắt cạnh ,

SB SC M N(M ,N không trùng S) Gọi V thể tích tứ diện SABC , V 1 thể tích tứ diện SAMN gọi m n, GTLN GTNN V1

V Hãy tính mn

A mn1 B 17

18

mn C 18

19

mn D 19

20 mn Lời giải

Tác giả : Cấn Việt Hưng,Tên FB: Viet Hung

Chọn B

A' S

A

A''

S' B

C

I J

(51)

A

B

C S

I A'

M N

G

+)Gọi A trọng tâm SBC, I trung điểm BC Ta có , ,A G A thẳng hàng, ,S A I, thẳng hàng

+)Đặt SM x,SN y,

SB  SC  với 0x y, 1 +)Ta có: V1 SM SN. xy

V  SB SC 

+)Mặt khác: 1

3

SB SC SI x

y SM SN  SA x y    x +)Vì 0y1 nên ta có : 1

2x +) Khi :

2

3

V x

xy

V   x Xét

2

( ) ,

3

x

f x x

x

  



 

2

3 2

'( ) , '( )

3

x x

f x f x x

x 

   

 +) Bảng biến thiên:

+) Từ bảng biến thiên suy : 1, n 17

2 18

m  mn Email: vungatoannvx@gmail.com

Câu 52 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC ) 2, góc mặt phẳng (SBC mặt phẳng ) ABCD  Thể tích khối chóp S ABCD nhỏ cos  a

b

 với ;a b a

b phân số tối giản Tính P2018a2019b

x 1/2 2/3

f'(x) – 0 +

f(x)

4/9

(52)

A P 2020 B P 2022 C P  4039 D P 8077 Lời giải

Tác giả : Vũ Nga,Tên FB: Nga Vu

Chọn C

N

M I

D

A B

C S

H

Gọi M N trung điểm BC , AD, H hình chiếu vng góc N SM , I giao điểm AC BD Ta có: SI ABCD, BCSMNSMN  DoADsong song với mặt phẳng (SBC nên ( ;() d A SBC))d N SBC( ;( ))NH 2

2 sin sin

NH MN

 

  42

sin ABCD

S MN



  

1

tan tan

sin cos

SI MI  

 

  

1

3 3sin cos

S ABCD ABCD

V SI S

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

3 3

2 2

4 2 2 sin sin cos

sin cos sin sin cos

3

  

             

 

2

sin cos

3

 

 

   

sin cos max

S ABCD

V   

2 1

sin cos cos 2018 2019 4039

3

 

         

 

a

P a b

b

(53)

Mail: congnhangiang2009@gmail.com

Câu 53 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D    có ABa AD, a 2,AAa Gọi Glà trung điểm BD, mặt phẳng P qua G cắt tia AD CD D B, ,   tương ứng ba điểm phân biệt

, ,

H I K Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 2 2

' ' '

T

D H D K D I

  

A 12

3

T a

 B T 42

a

 C 42

3

T a

 D 12

12

T a



Họ tên: Hoàng Nhàn, fb: Hoàng Nhàn

Lời giải

Chọn C

K

G

C'

B' A'

D'

C D

A

B H

I

Đặt D H x, D I y,D K z

D A D C D B

  

  

   

ta có 1 1

2 2

D G  D B  D A  D C  D D

    

Ta có D H xD A x D D  D A  1D H D D D A

x   

    

 

D I  yD C y D D D C 

    1

D I D D D C

y    

    

 

D K z D A z D A D C 

    1

D K D A D C

z     

    

1 1

4 4

D G D H D I D K

x y z

   

   

Do DG DH DI DK, , ,    

không đồng phẳng nên 1 1 4x4y4z 

4

D A D C D B

D H D I D K

  

   

  

 

2

2 2

1 1

4 D A D C D B D A D C D B

D H D I D K D H D I D K

  

   

   

          

     

   

2 2 2

16 16

12

T

D A D C D B a a

   

     

(54)

A

3

4

b

B

3

b

C

3

3 12

b

D

3

2

b

Lời giải

Họ tên: Đỗ Tấn Bảo Tên FB: Đỗ Tấn Bảo

Chọn A

Giả sử hình chóp S.ABCD có O tâm hình vng ABCD Suy SOABCD

Đặt 2

,

ODxSO b x xb

Do thể tích S.ABCD 2

2 S ABCD

V  x b x

Đặt 2 ,

t b x  t b  2  

2

3

S ABCD

V  b t t f t với  

f t b tt Cách Dùng bất đẳng thức Cosi (Cơ Lưu Thêm)

Ta có  

3

2 2

2 2 2

3 3

x x b x b

V  x b x  x b x       

 

Vậy

3

max

4

b

V 

Cách Dùng hàm số Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên VS ABCD. nhỏ

 

3

max 0;

2 2

Max

3 3

b

b b

V  f t   (ddvtt) Phương án B đoán tam giác SOD vng cân

Phương án C đốn góc cạnh bên với đáy 60 Phương án D nhầm lẫn

3

b

x

(55)

Câu 55 Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân AD BC//  vàBC2a ,

 0

ABADDCa a Mặt bên SBC tam giác Biết SD vng góc vớiAC Mặt phẳng () qua điểm M thuộc đoạn BD (M khác , B D ) song song với hai đường thẳng SD

vàAC Thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng () có diện tích lớn

A 3

4 a B

2

3

2 a C

2

2a D a 2

Lời giải

Tác giả : Chu Viết Tấn,Tên FB: Chu Viết Tấn

Chọn A

Lời giải

Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnh a

Kẻ DT song song AC (T thuộcBC ) Suy CT  ADa DT vng góc SD Ta có: DT ACa

Xét tam giác SCT có SC2 ,a CT a, 

120

SCT  ST a

Xét tam giác vng SDT có DT a 3, ST a 7SD2a

TH1: M thuộc đoạn OD

M O B

C

D A

S

T

N

P K

J

Q

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắtAD , DC tạiN P Qua , M N P kẻ , , đường thẳng song song với SD cắt SB SA SC , ,, , K J Q Thiết diện ngũ giác

NPQKJ

Ta có: NJ MK PQ vng góc với , , NP

     

dt NPQKJ dt NMKJ dt MPQK  1( ) 1( )

2 NJMK MN2 MKPQ MP

1

( )

2 NJ MK NP

  (do NJ PQ ) Đặt MDx, 0 3

3

a

x OD

   Ta có: 3

3

NP MD AC MD x a

NP x

a

AC  OD   OD  

2

2( 3)

a

a x

NJ AN OM SD OM

NJ a x

a

SD AD OD OD

 



 

 

      

 

2

( )

3

a a x

KM BM SD BM

KM a x

SD BD BD a



(56)

Suy ra: dt NPQKJ  2( 3) ( ) 2(3 ) a x a x x a x x

 

    

 

 

TH2: M thuộc đoạn OB

M O

B C

D A

S

N

P K

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB BC , N P , Qua M cắt SB SA SC tại, , K Thiết diện tam giácNPK Ta có: MK vng góc với NP nên 1 .

2

NPK

S  MK NP

Đặt MDx nên 3; 3

3

a

x a 

 

Ta có:

   

3 3 3 3

.

2 2 3

3

a a x a x

NP MB AC MB

NP

AC BO BD a

 

    

 

2 3

. 2

( 3 )

3 3

a a x

KM BM SD BM

KM a x

SD BD BD a



     

Suy ra: dt NPK  3( 3 )2

2 ax

Vậy diện tích thiết diện

S(x)=  

2

3 2(3 2 ) 0;

3

3 3

( 3 ) ; 3

2 3

a

a x x x

f x

a

a x x a

  

 

  

  

 

 



  



 



Từ bảng biến thiên ta có diện tích thiết diện lớn 3

4 a

3

x a

Email: dmathtxqt@gmail.com

Câu 56 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Điểm P trung điểm SC Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB SD M N Gọi V thể 1

tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ V1

V

A

3 B

1

8 C

2

3 D

(57)

Lời giải

Tác giả: Lê Cảnh Dương,Tên FB: Cảnh Dương Lê

Chọn A

Đặt x SM SB

 , y SN

SD

 , 0x y, 1 Ta có V1 VS AMP VS ANP

V V





2

S AMP S ANP

S ABC S ADC

V V

 

2

SM SP SN SP

SB SC SD SC

 

   

   

1 x y

  (1) Lại có V1 VS AMN VS PMN

V V





2

S AMN S PMN

S ABD S CBD

V V

 

2

SM SN SM SN SP

SB SD SB SD SC

 

   

 

3 4xy

 (2) Suy 1 

4 xy 4xy xy3xy

x y

x

 

 Từ điều kiện 0 y1, ta có 1

x

x  ,

hay

2

x Thay vào (2) ta tỉ số thể tích

2 3.

4

V x

V  x

Đặt  

2

3

, ;1

x

f x x

x

 

   

  , ta có    

2

3

4

x x f x x     ,  

0 ( )

0 2 ( ) x L f x x N           

f   f 

  ,

2 3

f   

  ,  

1 ;1 min x V f x

V  

   



3

f  

  

 

Email: chuviettan@gmail.com

Câu 57 Trong hình chóp tứ giác ngoại tiếp hình cầu bán kính a , thể tích khối chóp nhỏ

A 32

3 a B

3

10a C 10 3

3 a D 16

3 a

Lời giải

Tác giả : Chu Viết Tấn,Tên FB: Chu Viết Tấn

Chọn A

Giải:

Xét mặt phẳng qua đường cao SH hình chóp trung điểm M cạnh đáy cắt hình chóp theo tam giác cân SMN cắt hình cầu theo đường trịn tâm O bán kính a nội tiếp tam

(58)

Đặt SNH t SH, x ta có HN xcot ,t MN 2 cotx t Thể tích khối chóp 1 2. 4 3cot2

3 3

V  MN SH  x t

Ta có

   

2 2 2

2 2

2

cos cos

2

sin 1 cos 1 ,cot

a a

SH OH SO x a t

t x a

a x ax a

t t t

x a x a x x a

      

 

 

      



   

Vậy

 

2

4

3 2

a x V

x a



 rõ ràng x2a thể tích tồn

Ta xét hàm số  

 

2

4

3 2

a x f x

x a



    

2

4 ( 4 )

'

3 2

a x x a

f x

x a

 



Vậy khối chóp tích nhỏ

3

32

a

khi x4a cạnh đáy 2a 2 t

t

a O

M

A

N H

(59)

Câu 58 Email: mhiepHD@gmail.com

Câu 59 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên 1, mặt bên tam giác có góc đỉnh S 45 Cho A’ trung điểm SA, C’ thuộc cạnh SC cho = Mặt phẳng (P) qua A’, C’ cắt cạnh SB, SD B’, D’ Số gần với giá trị nhỏ chu vi tứ giác A’B’C’D’

A 1.79 B 3.3 C 2.05 D 1.3

Lời giải

Tác giả: Vương Mạnh Hiệp.,Tên FB: HiepVuong Chọn A

Từ giả thiết tốn ta có: + = + ⇒ + = (1)

Trải phẳng mặt bên hình chóp ghép lại cho thu nủa lục giác với cạnh SA tách thành SA SA’ đặt vào hệ Oxy(hình vẽ)

Khi ta có: (0; 0); (0; 1); (0; −1); 0; ; 0; − ; ; ;

′( ; ); ( ; − ); ; ∈ 0;√

(1) ⇔1+1= √2⇒

7 √2≥

4

+ ⇒ + ≥ 4√2

7

(60)

⇔ = + −1

2 + −

3 + + + −

2 + − +

⇔ = + −1

2 + + −

2 + −

3 + + − +

⇒ ≥ ( + ) + ( + − 1) + ( + ) + + −4 ≥ ⇒ ( ) ≈ 1.79

Dấu “=” xẩy = = √ ⇒ ⫽

Email: nvthang368@gmail.com

Câu 60 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có mặt bên SAB tam giác cạnh anằm mặt phẳng vng góc với đáy, đáy hình thang vng A B, ADBC2b, với a b, số dương cho trước không đổi, C D, điểm thay đổi Gọi m giá trị nhỏ diện tích tồn phần hình chóp S ABCD (diện tích tồn phần tổng diện tích tất mặt hình chóp) Khi giá trị 4m

a có dạng:

2

x a y b  z a t b , với x y z t, , , số nguyên dương Tính tổng x  y z t

A 16 B.18 C 14 D 13

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Thắng; FB: Nguyễn Thắng

Chọn B

Gọi E, F trung điểm AB, CD ⇒ Ta có SE đường cao hinh chóp EF đường trung bình hình thang vng ABCD

Hạ EI CD ta chứng minh CD(SEI) SI CD Ta chứng minh SA AD SB,  BC

Ta tính 3; a

SE EFb;

2

; ;

4

SAB ABCD SAD SBC

a

S  S ab S S ab

K

φ F I

E

D

C B

A

(61)

Và:

SCD

S  SI CD

Vì tổng SSABSABCD SSAD SSBC khơng đổi nên diện tích tồn phần hình chóp

S ABCD đạt GTNN  SSCD đạt GTNN

Gọi IFE thì: EI EF.sin bsin Theo ĐL Pytago ta tính được:

2 2 2

3 sin

SI  SE EI  a  b 

Kẻ DK/ /AB ⇒

sin a DK AB a CD



   

⇒

2

2 2

2

1 1

sin

2 sin sin

SCD

a a

S a b  a b

 

    ⇒ SSCD đạt GTNN ⇔

sin  1  90 GTNN SSCD bằng: 4a a  b

Vậy

2

3

2

4

a

m  ab a a  b ⇒ 4m a 8b 3a2 4b2

a    

⇒ x3, y8, z3, t4 x   y z t 18

tongtuetam2112@gmail.com

Câu 61 Cho hình chóp tam giác S ABC , SAABC Đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, SBa

Gọi  góc hai mặt phẳng SCB  ABC Xác định giá trị sin  để thể tích khối chóp S ABC lớn

A sin 3

  B sin

3

  C sin 1 D sin  

Lời giải

Tác giả : Tống Tuệ Tâm, FB: Tâm Tâm Tuệ

Chọn A

Ta có :

SBC ABC BC

BC AB BC SB

BC SA

 

 

  



 



   

 SBC , ABC   SBA

  

.cos ; sin

AB a  BC SA a 

    Nên .

3

S ABC ABC

V  SA S  SA AC BC

.sin cos 6a  



a

α

A C

(62)

Suy VS ABC. maxsin cos 2max

Đặt xsin0x1 ,  2 sin cos  x 1x xx

Xét hàm số y x x3 với 0x1 ta có y  1 3x2, lập bảng biến thiên ta có max 3 3

3 9

y  y   

 

Vậy max sin

3

V   

Phongvathao@gmail.com

Câu 62 Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh a G trung điểm BD, mặt phẳng  P thay đổi qua G cắt AD CD D B; ;   tương ứng H I K Khi giá trị lớn biểu thức , ,

1 1

T

D H D I D I D K D K D H

  

     

A 82

3a B

2

16

a

C 162

3a D

2

8

a

Lời giải

Chọn A

Vì G trung điểm BD nên G trọng tâm tứ diện D ACB 

Xét toán phụ: Trong tam giác ABC , O trung điểm BC ; đường thẳng cắt

, ,

AB AO AC , ,E I F Khi ta có: AB AC 2AO

AE AF  AI

Từ ,B C kẻ đường song song với EFcắt AO M N Suy OM, ON theo Talet ta có:

2

AB AC AM AN AO OM AO ON AO

AE AF AI AI AI AI

  

    

N O

M

C B

I

F

E

(63)

Áp dụng kết vào toán ta được:

2

D B D C D A D M D F D O D O

D I D K D H D N D T D G D G

       

     

      

Hay ta có: 2 ' ' '

a a a

D I  D K  D H  Ta chứng minh

2

( ) ( )

3

ab bc ca  a b c  nên

2

1 1 1 1

( )

' ' ' ' ' ' ' ' '

T

D H D I D I D K D K D H D I D H D K a

      

Dấu xảy (P) qua G song song với mp(ABC) Vậy chọn A Mail: lenhan42a2@gmail.com

Câu 63 Cho tứ diện ABCD Hai điểm M N, di động hai đoạn thẳng BC BD cho

2 BC 3BD 10

BM  BN  Gọi V V thể tích khối tứ diện 1, ABMN ABCD Tìm

giá trị nhỏ

V V

A.3

8 B

5

8 C

2

7 D

6 25

Người giải: Lê Văn Nhân Tên FB: le van nhan

Lời giải

Chọn D Ta có

 

1

2

1

; S

1

; S

BMN

BCD BCD

d A BMN

S V

V S

d A BCD



  

 

Gọi H hình chiếu M lên BD K hình chiếu C lên BD, ta có

BMN

BCD

S MH BN BM BN

S CK BD BC BD

 

 

O T

F

N

M G

C

B'

K

I A

H

(64)

10 BC 3BD 6.BC BD

BM BN BM BN

   25

6

BC BD BM BN

 

25

BM BN BC BD

 

Dấu “=” xẩy ,

5

BM  BC BN  BD

Suy

25 BMN

BCD

S S  



Vậy

V

V nhỏ

6 25

Mail: lenhan42a2@gmail.com

Câu 64 Cho tứ diện ABCD Hai điểm M N, di động hai đoạn thẳng BC BD cho

2 BC 3BD 10

BM  BN  Gọi V V thể tích khối tứ diện 1, ABMN ABCD Tìm

giá trị nhỏ

V V

A.3

8 B

5

8 C

2

7 D

6 25

Người giải: Lê Văn Nhân Tên FB: le van nhan

Lời giải

Chọn D Ta có

 

1

2

1

; S

1

; S

BMN

BCD BCD

d A BMN

S V

V S

d A BCD



  

 

Gọi H hình chiếu M lên BD K hình chiếu C lên BD, ta có

BMN

BCD

S MH BN BM BN

S CK BD BC BD

 

 

10 BC 3BD 6.BC BD

BM BN BM BN

   25

6

BC BD BM BN

 

25

BM BN BC BD

 

Dấu “=” xẩy ,

5

BM  BC BN  BD

Suy

25 BMN

BCD

S S  



Vậy

V

V nhỏ

6 25

(65)

Câu 65. Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ' ' ' '.có cạnh bên AA'a 3 , đáy hình thoi cạnh



, 60

a BAD .Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng (ACD').

Khi thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) có diện tích lớn diện tích ACD' :

A

2 39

8

a

B

2 39

4

a

C

2 39

2

a

D

2 13

a

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Thị Ngọc Lan

Chọn A

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

Thiết diện lục giác MNPQRSDo mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diên 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

MN  MB  NB  NM  PC  PQ QC  QP  MJ=NK PK=QI

 Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích

tam giác JKI, ACD’ S2, S)

Đặt AM k;

AB  ta có điều kiện 0k 1 có: S

J R

P

K I

Q F

E N

O

C'

B' A'

C

A

B D

D'

(66)

2 2

S JM AM AM

k

S AC DC AB

     

      

 

   

 S1 = k2S  

2 2

2

2 1

S JK JM MK JM MK

k

S AC AC AC AC



     

        

       S2 =( k

2 + 2k +1)S  Diện tích thiết diện: Std S23S1

2

2 3

2 ( )

2 2

td

S S  S k k  S k  

 

 

 

(dấu xảy 

k  )

S lớn 

2

k   M trung điểm AB Ta có : ACD'cân

2 '

'

39 ', AD

4 ACD

a

D  aS  ,

Email:datltt09@gmail.com

Câu 66 Cho khối hộp chữ nhật ABCD A B C D     có tồng diện tích tất mặt 36, độ dài đường chéo AC Tìm giá trị lớn thể tích khối hộp ?

A B C 16 D 24

Lời giải

Tác giả :Vũ Thị Hằng,Tên FB:Đạt Lâm Huy

Chọn B

Đặt , ,a b c kích thước khối hộp ta có hệ

2 2

36 (1) 2( ) 36

a b c

ab bc ac

   



  



2

( ) 2( ) 36 ( ) 72

(1)

2( ) 36 18 18

a b c a b c a b c a b c

ab bc ac ab bc ca ab bc ca



              

  

         

  

Cần tìm GTLN V abc

Cách Ta có

 

6

18 18 (6 2 )

b c a

bc a b c bc a a



      

 



 

     

 

 

Dobc2 4bcnên suy    

2

6 2a 4 18 a 2a 

 

2

3a 12 2a 0 a

     

Do  

18 6 18

V abca a a a  a  a

  Lập bảng biến thiên hàm số

3

( ) 18

f a a  a  a 0; 2

 ta tìm GTLN V đạt 2,

a bc hoán vị Cách

(67)

Ta thấy a,b,c nghiệm phương trình x3 6 2x2 18x V 0(2)

3

(2) x 6 2x 18xV.Lập bảng biến thiên hàm số f x( )x3 6 2x2 18x tìm

V lớn để phương trình có nghiệm(khơng thiết phân biệt) thuộc khoảng(0; 2) đáp số tương tự cách

Sai lầm mắc phải học sinh dùng bđt Cơsi tìm GTLN V dấu ‘=’ khơng xảy

Ta có AC 2 a2b2c2 36;S 2ab2bc2ca36(a b c)2 72a  b c

3

3 16 2

3 3

a b c a b c

abc abc  

     

      

 

   

Vậy VMax 16

Họ tên: Phạm Thanh My Email: phamthanhmy@gmail.com Facebook: Pham Thanh My

Câu 67 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , tam giác SBC SCD tam giác vuông cân đỉnh S Tìm thể tích lớn khối chóp S ABCD

A a3

3 B

a3

6 C

a3

12 D

a3 24

Lời giải

Chọn C

SBC

 SCD tam giác vuông cân đỉnh S  

, 45

2

a

CS BCS DCS

   

Đặt BCD

   2  2

3

2

3

1

2 cos cos cos - cos cos - cos

2

= cos - cos

2 1

= cos

6 12

S ABCD S BCD

V V CB CD CS BCS DCS BCD BCS DCS BCD

a

a a

 



   

 

   

 

Thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn a3

12



cos

2

BCD

Email: anhtu82t@gmail.com

D

A B

C

(68)

Câu 68 Cho tam giác ABC cạnh a Một điểm M thay đổi đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC ) A ( M khác A) Gọi H, O trực tâm tam giác M BC ABC

Giá trị lớn thể tích khối tứ diện OHBC bằng:

A

3

121

a

B

3 144

a

C

3

145

a

D

3

112

a

Lời giải

Tác giả : Đồng Anh Tú,Tên FB: Anhtu

Chọn B

d

O H

B A

C

M

D F

E H'

Ta có CE(MAB)MB(CEF)MBOH

Tương tự 

( ) 90

MC OH OH  MBC DHO KẻHH'(OBC)H' thuộc DO Ta

có

2

3 12

OBC

a

S  nên thể tích OHBC lớn HH' lớn nhất; H chạy đường trịn đường kính OD nên H H lớn ' '

2

HH  DO, ' '

6 12

a

HH  ADHH 

3

1 '

3 144

H OBC OBC

a

V  HH S  Suy

3

max

144

a

V 

Email: nghianguyennhan78@gmail.com

Câu 69 Cho lăng trụ tam giác ABCA B C' ' ' với độ dài tất cạnh a Xét tất đoạn thẳng song song với mặt bên ABB A' ' có đầu E nằm đường chéo A C' mặt bên

' '

AA C C, đầu F nằm đường chéo BC' mặt bênBB C C' ' Hãy tìm độ dài ngắn đoạn thẳng

A

5

a

B

5

a

C

5

a

D

5

a

Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Thảo,Tên FB: Nguyễn Thanh Thảo

Lời giải

(69)

E

K

F

L D

C

B

A' B'

C'

A

Dựng mp P chứa   EF song song mp AA B B cắt AC BC  ' '  D L

Tromg mp P từ   L kẻ đường thẳng song song với EF, cắt DE tạiK ĐặtCLx, 0 xa

Khi ta có: EK FL CL; LDCDx vàBLa–x

' '

BB C C hình vng, suy FLB vng cân L nênEK FLLB a x (1)

' '

AA C C hình vng, suy DEC vuông cân D nên EDDCx (2) Từ (1) (2) có: KD ED EK–  xax  –x a

Suy độ dài EF KL KD2DL2 =

2

2 2

(2 ) ( ) 5

a a

x  x a  x 

Suy EF ngắn

a

x

a

, tức CL BC

Email: lethuhang2712@gmail.com

Câu 70 Cho hình chóp S ABCD đáy hình thang, đáy lớn BC 2a, ADa , AB b Mặt bên (SAD ) tam giác Mặt phẳng ( ) qua điểm M cạnhAB song song với cạnhSA, BC ( ) cắt CD SC SB , , N P Q Đặt , , xAM (0xb) Giá trị lớn diện tích thiết diện tạo ( ) hình chóp S ABCD

A

2

3

a

B

2

3 12

a

C

2

3

a

D

2

3

a

Lời giải

Họ tên người sưu tầm : Lê Thị Thu Hằng,Tên FB: Lê Hằng

(70)

( ) SA BC nên ( ) ( SAD)MQ SA NP SD ,  Ta có MN PQ AD BC  

Theo ĐL Talét hình thang ABCD:BM CN

BA CD (1)

Theo ĐL Talét SAB:BM BQ MQ

BA  BS  SA (2)

Theo ĐL Talét SCD:CN CP PN

CD CS  SD (3)

Từ (1), (2), (3) suy MQ NP b xa PQ; x2 ;a MN a xa

b b b



    

 Thiết diện hình thang cân

2

1

( )

2

td

MN PQ

S  MNPQ MQ    

 

2 2

2

1 ( ) ( ) ( ) 3( )

2 2

ab ax ax a b x a b x a b x a b x

b b b b b b

    

 

     

 

2

3 3 3

(3 )(3 )

12 12

a a x b b x a

x b b x

b b

  

 

      

 

Vậy diện tích lớn thiết diện

2

3

a

khi

3

b x

Email: danhduoc@gmail.com

Câu 71 Cho ba nửa đường thẳng Dx Dy Dz đơi vng góc Trên , , Dx Dy Dz lấy ba điểm , , , ,

A B C cho , ,A B CD SABC s (s0, s không đổi) Giá trị lớn diện tích tồn phần tứ diện ABCD

A. 3.s B 3s C  3 s  D. 3.s

Lời giải

Tác giả : Vũ Danh Được,Tên FB: Danh Được Vũ

(71)

z

y

x D

A

B C

K H

Gọi H hình chiếu vng góc D lên ABC, ABC gọi K CHAB

Dễ dàng chứng minh ABCDHCH AB K DK  AB Trong tam giác CDK vuông D, có DH đường cao nên HK CK DK2

Suy

2

2 2 1

2 2 HAB ABC DAB

AB HK CK DK AB  HK AB CK AB DK AB S S S

 

Chứng minh tương tự có SHBC.SABC S2DBC SHAC.SABC S2DAC

Từ SHABSHBCSHAC.SABC S2DABS2DBC S2DAC

Suy S2DABS2DBC S2DAC S2ABC s2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

SDABSDBC SDAC21 1    S2DABS2DBCS2DAC3s2

Do SDABSDBCSDAC  3.s

Suy Stp SDABSDBCSDAC SABC   s

Dấu SDAB SDBC SDAC DADBDC Email: tranquocan1980@gmail.com

Câu 72 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh C SA(ABC SC), a.Tìm số đo góc hai mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn

A.arccos

3 B

6 arccos

2 C

6 arctan

3 D

6 cot

3

(72)

Lời giải

Tác giả : Trần Quốc An,Tên FB: Tran Quoc An

Chọn A

Ta có : BC AC BC (SAC) (SBC), (ABC) SCA (0 90 )0

BC SA  

 

      



 

Xét tam giác SAC vuông A, ta có:

 

sin sin ; cos cos

SASC SCAa  ACSC SCAa 

Do :

2 2

1 1

cos sin cos sin

3 6

S ABC

V  AC SA a  a   a  

Xét hàm số

( ) cos sin

f     0;



 

 

  , ta có :

'( ) 3cos cos cos ( cos 2)( cos 2)

f        

Vì 0; cos 0, cos 2



    

 

Do : '( ) cos arccos

3

f      

Bảng biến thiên :

Vậy thể tích khối chóp S ABC lớn arccos

 

Email: dovancuongthptln@gmail.com

Câu 73 Cho tứ diện SABC cạnh AB2a, D điểm thuộc cạnh AB cho BD 2AD Gọi I

là trung điểm SD Một đường thẳng d thay đổi qua điểm I cắt cạnh SA SB , ,

M N Khi đường thẳng d thay đổi thể tích nhỏ khối chópS CMN

3

m a

n m

 

 

 

, với ( , ) 1, ,m n  m n Tính mn

A mn4 B m n 6 C mn7 D mn5

Lời giải

Tác giả :Đỗ Văn Cường,Tên FB: Cường Đỗ Văn

Chọn D

A C

(73)

Trong tam giác SAB kẻ AE BF song song với , MN

Ta có SM SI SN, SI ,ED 2FD

SA  SE SB  SF 

Suy SA 2SB 3SD

SM  SN  SI 

Đặt SB x

SN  

6 ,

SA

x x

SM   

Từ ;

SM SN

SA   x SB  x

1

S MNC S ABC

V V

x x

 



Vì 6x2x2 đạt giá trị lớn

2

x nên  

3 3

2

2 2

min

9 12

S MNC S ABC

a a

V  V     

 

Vậy m2,n 3 m n 5 Email: builoiyka@gmail.com

Câu 74 Cho hình chóp S ABCD có diện tích tam giác SAC

2 Tìm giá trị lớn

khoảng cách từ A đếnSBC

A 1

2 B.1 C 2 D

1 2

Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Lợi Facebook: LoiBui

(74)

Gọi O ACBD Do S ABCD hình chóp nên SOABCD Gọi M trung điểm BC, ta có SO BC

OM BC

  



  

BC SOM

 

SBC SOM

  ;SBC  SOMSM

OH Trong mặt phẳng SOM, kẻ OH SM HSM OH SBC

 

 ,   , 

d A SBC  d O SBC 2OH

Gọi cạnh hình vng x x 0 Ta cóACx

1

2

SAC

S  SO AC  SO x

2

SAC

S SO

AC x x



   

Tam giác SOM vuông O có đường cao OH nên

SO OM OH

SM



2

1

2

4

x x

 

2

1

4

x x





Mà

2

1

2

4

x x

x   x  nên   

1

;

2

OH  d O SBC 

Dấu xảy

2

x x

x    Vậy giá trị lớn OH x

Email: Samnk.thptnhuthanh@gmail.com

Câu 75 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD hình bình hành, AD4a a 0, cạnh bên hình chóp a Thể tích khối chóp S.ABCD lớn cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) bằng:

A

1

10 B

2

10 C

1

2 10 D

2 10

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Khắc Sâm,Tên FB: Nguyễn Khắc Sâm

Chọn B

O A

D

B

C S

(75)

Gọi O giao điểm AC BD ∆SAC, ∆SBD cân S nên

 

SOAC, SOBDSO ABCD Từ giả thiết suy raOAOBOCOD ABCD hình chữ nhật

ĐặtABx, x 0 AC 16a2x2

2 2

16a x 8a x

AO SO

2

 

   

2

ABCD

1 8a x V 4a.x

3



 

 2 2

a 8a

x 8a x

3

   

3

ABCD

8a V max

3

  x2a Suy ra, SO=a

Chọn hệ tọa độ cho O 0;0; , S 0; 0;a , B     a; 2a; , C a; 2a; , D a; 2a; 0   Tìm vtpt mp(SBC) nSBC1;0; 1 



, vtpt mp(SCD) nSCD0;1; 2

2 cos

10

   , với là góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) Vậy cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD)

10

buichithanh1987@gmail.com

Câu 76 Cho tam giác OAB cạnh a Trên đường thẳng d qua O vng góc với mặt phẳng

OAB lấy điểm M cho OM x Gọi , E F hình chiếu vng góc A

MB OB Gọi N giao điểm EF d Thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ là:

A

3

2 12

a

B

3

3 12

a

C

3

6 12

a

D

3

2

a

Lời giải

Tác giả: Bùi Chí Thanh Faceebook: Thanhbui Chọn C

z

y x

O D

C B

A

(76)

Do tam giác OAB cạnh a F trung điểm

a

OBOF 

Ta có AF OB AF MOB AF MB

AF MO

 

   

  

Mặt khác, MB AE Suy MBAEFMBEF

Suy OBM ∽ONF nên

2

OB OM OB OF a

ON

ON  OF   OM  x

Ta có VABMN VABOM VABON

 

2 2 2

1 3

.( )

3 OAB 12 12 12

a a a a a a a

S OM ON x x x

x x x



 

        

 

Đẳng thức xảy

2

a a

x x

x

  

Email: trungthuong2009@gmail.com

Câu 77 Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy cạnh bên Gọi M N, hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB AC, cho mặt phẳng SMN ln vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM  x AN,  y(0x y; 1) Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ diện tích tam giác SMN Tổng F M m là:

A

36



B

18



C

18



D

9



Lời giải

Tác giả : Phạm Thành Trung,Tên FB: Phạm Thành Trung

Chọn A

Gọi H trọng tâm tam giác ABC Khi có ( );

SH  ABC SH 

Do mặt phẳng (SMN)(ABC) SH (SMN)

Vậy ( )

2

S SMN  SH MN  MN

Gọi K trung điểm BC có AB AC AK 1 x y 3xy AM  AN  AH  x y    

(77)

Do 3

xy xy xy  xyxy Vì ; ( 1)( 1)

x y  x y  xy

Xét hàm số ( ) ( )

9

f t  t  t  t ta có

2

min ( )

3

max ( ) max

4

MN f t

f t MN



 

 



 



 

   

 

 

Vậy

2 ( )

4 9

18

max ( )

S SMN

F S SMN





 



 



 

 

hoatoank15@gmail.com

Câu 78 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’, ABCD hình vng cạnh 1, A ' A2 Gọi (P) mặt phẳng chứa CD’, tạo với mặt phẳng (BDD’B’) góc 30 cắt cạnh BB’ K (P) chia khối lăng trụ ACD.A’C’D’ thành hai phần, tỉ số phần nhỏ phần lớn

 

a

a N, b N, a; b

b    Tổng ab

A B 10 C 11 D

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Viết Hòa, FB: Hòa Nguyễn Viết

Chọn D

Gọi OACBDCOB ' D ' DB

1

2

1 N

M O'

K

O D'

A'

B'

D K

O B

O D'

A'

B'

D A

B

C C'

B'

D' D

C

C'

C B A

(78)

Gọi H hình chiếu O D’K, suy góc (P) (B’D’DB)



CHO30

0

2

CO OH CO.co s 30

2

    Gọi I trung điểm BB’, ta có

   

6

BB' 2, D ' I OI, OI CD ' I P H K I

       

Xác định thiết diện (P) lăng trụ ACD.A’C’D’ tam giác CD’N hình vẽ

NC 'D ' A 'C 'D '

1 1 1 2

MO ' B ' K BB ' MO NO ' OC A ' C ' C ' N A ' C ' S S

2 3 3

         

C.C ' ND ' NC'D ' A 'C'D ' ACD.A 'C 'D '

1 2

V CC '.S CC '.S V a b

3 9

     

Email: kimngochn1981@gmail.com

Câu 79 Cho tứ diện ABCD có AB AC AD 3a2 , O điểm thuộc miền tam giác

BCD Từ O kẻ đường thẳng song song với AB AC AD cắt mặt phẳng , , (ACD), (ABD), (ABC ) M N P Giá trị lớn tích , , OM ON OP

A

3

a

B a 3 C

3

9

a

D

3

a

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Thị Kim Ngọc,Tên FB: Kim Ngọc Nguyễn

Gọi BOCDE Trong (ABE kẻ đường thẳng qua ) O song song với AB cắt AE tạiM

Tương tự với N P , Ta có OCD

BCD

S

OM OE

AB BE S

 

 

Tương tự: OBD , OBC

BCD BCD

S S

ON OP

AC S AD S

 

 

1

OM ON OP

AB AC AD

   

3

27

OM ON OP OM ON OP AB AC AD a

OM ON OP

(79)

3

9

a

max(OM.ON.OP)=

3

OM ON OP

AB  AC  AD hay O trọng tâm tam giác BCD

Email :Binh.thpthauloc2@gmail.com

Câu 80 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích V Điểm P trung điểm SC Mặt phẳng   qua AP cắt hai cạnh SB SD M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ tỷ số V1

V ?

A

3 B

1

8 C

1

3 D

3

Lời giải

(Họ tên : Phạm Văn Bình,,Tên FB: Phạm văn Bình) Chọn C

Cách

Đặt a SM SB

 , b SN

SD

 , 0a b; 1 Ta có V1 VS AMP VS ANP

V V





2

S AMP S ANP

S ABC S ADC

V V

 

2

SM SP SN SP

SB SC SD SC

 

   

 =  

1

4 ab (1)

Lại có V1 VS AMN VS PMN

V V





2

S AMN S PMN

S ABD S CBD

V V

 

2

SM SN SM SN SP

SB SD SB SD SC

 

   

 

=3

4ab (2)

Suy 1  3a

4 3a

a ab  abab bb

 Từ điều kiện 0b1, ta có 3a 1

a



 ,

hay

2

a

Thay vào (2) ta tỉ số thể tích

2 3.

4 3a

V a

V  

Đặt  

2

3

; ;1 3a

a

f a  a  

  , ta có  

 

2

0 3 2a

' 2

4 (3a 1)

3 a L a f a a             

1

1 ;

2 3

f    f  f   

    ,   1 ;1 2 3 a V

Min Min f a f

V  

   

 

   

 

Cách : (Tham khảo ý kiến Cô Lưu Thêm) Từ giả thiết cách dựng thiết diện ta có :

(80)

D

1; ; 2;

SA SB SC S

a b c d a c b d

SA SM SP SN

          

Khi 1

2

6 3 1

4a 4.1.2 d 3

2

V a b c d V

V b c d b b d b d V

  

      



 

 

 

1

V Min

V

 

Email: phuongnamthptqx1@gmail.com

Câu 81 Một người thợ gò làm thùng đựng nước dạng hình hộp chữ nhật có nắp tơn Biết đường chéo hình hộp 6dm sử dụng vừa đủ

36dm tôn.Với yêu cầu người thợ làm thùng tích lớn

Vdm Giá trị V gần giá trị

trong giá trị sau?

A 11, B.11, 32 C 11, 31 D 11, 33

-Lời giải

Tác giả: Trần Văn Nam,Tên FB: Trần Văn Nam

Chọn C

Gọi kích thước khối hộp x y z x y z, , ( , , 0) theo ta có

 

2 2 6 2

36

18 18 18

x y z

x y z x y z

xy yz zx xy yz zx xy z z

    

          

  

            

Ta có 6 2z272 2  z z  z 0; 2

Thể tích:

6 18 ( )

xyzz  z  z f z

2

'( ) 12 18; '( ) 2;

f z  z  z f z  z z

Khi    

0;4

( ) (0), ( 2), (3 2), (4 2) ( 2), (4 2) 11, 31

Max f x Max f f f f f f

 

 

   

Vậy thể tích lớn thùng 211, 31 ( ; ; )x y z ( 2; 2; 2)và hoán vị Email: phuongnamthptqx1@gmail.com

Câu 82 Gọi V thể tích nhỏ khối chóp tứ giác số khối chóp tứ giác có khoảng cách hai đường thẳng chéo gồm đường thẳng chứa đường chéo đáy đường thẳng chứa cạnh bên hình chóp 3.Khi V bao nhiêu?

A V 3 B.V 9 C V9 D V 27

Lời giải

Tác giả: Trần Văn Nam,Tên FB: Trần Văn Nam

Chọn B

Xét hình chóp tứ giác S ABCD , đặt ABx, SOh Với O tâm hình vng ABCD

 

SO ABCD

(81)

Ta có BD AC BD SAC BD OH

BD SO

 

    

  

Suy OH đoạn vng góc chung SA BD Theo ra, ta có dd SA BD , OH OH  Tam giác SAO vuông O, có đường cao OH suy

2 2 2

1 1 1

3OH SO OA h x

Lại có  3

2 2 2

1 1 1

3 27

3 h x h x x AMGM h x hx

       

Vậy 9

3

ABCD ABCD

V  SO S  hx  V 

Tác giả: Trần Văn Nam,Tên FB: Trần Văn Nam Email: nguyenhang15401@gmail.com

Cho khối chóp ABCS có đáy tam giác vuông cân B khoảng cách từ A đến mặt phẳng

SBC a 2, SAB SCB90 Xác định độ dài cạnh AB để thể tích khối chóp S.ABC

nhỏ

A a B 2a C 10

2

a

D 3a

Lời giải

Chọn A

Tên tác giả: Nguyễn Thúy Hằng Tên FB: Hằng-Ruby-Nguyễn

Dựng hình vngABCD, cạnh x , ta có SD(ABCD); đặt SDh Dựng DH SCDH SBC Ta có dA;(SBC)d D SBC( ;( ))DH a

  2

2

1 1 * 2a

6 2a

x h

a h

V h x

h

  

  



Xét  

3

2

( ) ;

2a

h

f h h a

h

 

(82)

 

2 2

6a ( )

3 2a

h h

f h

h

  



a 6 ∞

a 2 +

+

y y' h

0

Vậy ( )f h nhỏ ha 6  * x a

Email: honghacma@gmail.com

Câu 83 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD hình bình hành, AD=4a (a>0), cạnh bên hình chóp a Khi thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD)

A

10

 B

10 C

1

5 D

1 

Lời giải

Tác giả : Trương Hồng Hà,Tên FB: Trương Hồng Hà

Chọn B Dựng hình

O

A D

S

y

x

z

B C

x Gọi O giao điểm AC BD, Do SACvà SBDcân S nên

SO AC

SO (ABCD) SO BD

 

 

  

Từ giả thiết ABCDlà hình chữ nhật Đặt AB = x (x > 0)

2

2 2 8a x

AC 16a x AO 16a x SO

2



       

2

S.ABCD

1 8a x a

V 4a.x .2 x 8a x

3



(83)

Áp dụng bđt cosi ta VS.ABCD a(x2 8a2 x )2

   =

3

8a

S.ABCD

V Max x 2a SO a

   

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ ta O(0; 0; 0) , S(0; 0; a), B(-a; -2a; 0), C(-a; 2a; 0), D(a; 2a; 0)

VTPT mp(SBC) nSBC (1;0; 1)

VTPT mp(SCD) nSCD (0;1;2) cos 10

  

Email: Nguyenvandieupt@gmail.com

Câu 84 Cho tứ diện ABCD có cạnh Hai điểm M N di động cạnh , AB AC cho , mặt phẳng DMN vng góc với mặt phẳng ABC

Gọi S diện tích lớn tam giác 1 AMN S diện tích nhỏ tam giác 2 AMN Tính

2

S T

S



A 11

9

T  B 9

8

T C

7

T  D

7

T 

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Diệu,Tên FB: dieupt Nguyễn

Chọn B

Ta có ABC  DMNMN ABC  DMN nên kẻ DH MN DH ABC Do DADBDC HAHBHC,  H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đặt AM x AN,  y 0x y, 1, ta có sin 60 1 

2

AMN

S  AM AN   xy

Mặt khác, sin 30 sin 30 3   

2 12

AMN AMH ANH

S S S  AH AM   AH AN   xy

Từ (1) (2) suy xy3xy

Đặt xy  t x y3t  x y, nghiệm phương trình   *

X  tX  t

Cần tìm t để phương trình (*) có nghiệm X X thoả mãn 1, 2 0X1 X2 1

   

2

*

3

X

X t X t

X

    

 (do

(84)

2

3

X f X

X



  

1 0;1 \

3

   

  có bảng biến thiên sau:

Yêu cầu toán

9 t

  

1

3 3

4 8

AMN

S  xy t S  , đạt

1

x y

      

1

x y

   

  

2

3 3

4 9

AMN

S  xy t S  , đạt

3

x y Vậy

2

9

S T

S

  Đáp án B

Email: nguyenminhduc.hl@gmail.com

Câu 85 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SAa SA vng góc

với mặt phẳng đáy M N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC DC cho



45

MAN  Tìm theo a giá trị lớn thể tích khối chóp S AMN

A

3 3

6

a

B

3 3

2

a

C

3 3

3

a

D

3 3

4

a

Tác giả : Nguyễn Minh Đức,Tên FB: Duc Minh

Lời giải

(85)

Ta có .

3

S AMN AMN AMN

a

V  SA S  S

Đặt BM x DN,  y x y; , 0;a Tam giác CMN vuông C nên

2 2

MN CM CN hay

  2 2

2

MN  a x  a y

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác AMN ta có



2 2

2 cos

MN AM AN  AM AN MAN

  

2 2 2 2

2

MN a x y a x a y

      

Suy   2 2 2  2 2

2

ax  a y  a x y  a x a y

 2  2 2 2 a2 ax

ax ay a xy ax ay a xy y

a x



         



Diện tích tam giác AMN

  2

1

2

AMN ABCD ABM ADN CMN

a a x

S S S S S a xy

x a



      



2

x a

f x

x a

 

 đoạn 0; a

Ta có  

 

2

2 ' x ax a

f x

x a

 



 ; f ' x   0 x  21a

Ta lại có f 0  f a a f;  21a2 21a Suy

0;   

max

a f x a

Vậy thể tích khối chóp S AMN đạt giá trị lớn 3 a

Email: thienhuongtth@gmail.com

(86)

A

4

V

B

2

V

C

12

V

D

8

V

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Thanh,Tên FB: Thanh Văn Nguyễn

Chọn D

Đặt a SA ,b SB,c SC,d SD

SM SN SP SQ

   

0 SABD SBCD

V V V  V

1 SMNQ

V V, VSNPQ V2

Ta có kết quả: a c b d 2SO

SI

    

0

1

V

a b d

V  ;

0

2

V

c b d

V 

   

0

1

4

V V

b d a c b b

V V

      16 với 0b3

Mặt khác: 0 0

1 2

2

V V V V V

V V  V V  V V

2

S MNPQ

V V

V V V

 



Do đó:

2

16

S MNPQ

V

V  S MNPQ

V V

 

Email: tranducphuong.rb@gmail.com

Câu 87 Cho OABC tứ diện vng có OAa OB, b OC, c chiều cao OH h Tìm giá trị lớn

 

h

a b c

A 3 B C

3 D

1

Lời giải

(87)

Ta có

2 2

1 1 1

c b a c

b a

h     ,  

3 2 2

9 a b c c

b

a  

  2  27

2   

h c b a



3

  

h

a b c

Dấu “=” xảy abc

(88)

Email: tranducphuong.rb@gmail.com

Câu 88 Cho OABC tứ diện vng có OAa OB, b OC, c chiều cao OH h,

1, 2,

OAB  OBC  OCA

S S S S S S Tìm giá trị nhỏ

2

 

S S S

h

A B

3 C

9

2 D

2

Lời giải Ta có 12  12  12  12

h a b c ,  

1

    

S S S ab bc ca

Vậy 3 2

2 2 2 2

1 1 1

( ) 3

2 2

   

        

 

S S S

ab bc ca a b c

h a b c a b c

Dấu “=” xảy abc

Tác giả: Trần Đức Phương,Tên FB: Trần Đức Phương Email: dongpt@c3phuctho.edu.vn

Câu 89 Cho tứ diện S ABC M điểm di động, nằm bên tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng song song với SA SB SC cắt mặt phẳng tương ứng (, , SBC), (SAC), (SAB ) A B C, ,  Khi giá trị lớn biểu thức

MA MB MC MA MB MC

T

SA SB SC SA SB SC

     

   

A

8 B

28

27 C

62

27 D

13

Lời giải

Tác giả : Hồng Tiến Đơng,Tên FB: Hồng Tiến Đơng

Chọn B

N

C P

M A' B'

B Q

C'

A

S

(89)

Trong (SAN kẻ ) MA'/ /SA A; 'SN Trong (SBP kẻ ) MB'/ /SB B; 'SP Trong (SCQ kẻ ) MC'/ /SC C; 'SQ

Theo đinh lý Thales ta có : ' ' ' MBC MAC MAB

ABC BAC CAB

S S S

MA MB MC NM PM QM

SA SB SC NA PB QC S S S

  

        

Theo Bất đẳng thức AM-GM lại có 1 MA' MB' MC' 33 MA MB MC'. '. '

SA SB SC SA SB SC

   

' ' ' 1 28

27 27 27

MA MB MC

T

SA SB SC

      Dấu '''' xảy  ' ' '

MA MB MC

SA  SB  SC 

Khi M trọng tâm tam giác ABC Vậy giá trị lớn T 28

27

Email: duckhanh0205@gmail.com

Câu 90 Cho mặt cầu  S có bán kính R khơng đổi, hình nón N  nội tiếp mặt cầu  S hình vẽ Thể tích khối nón N  V ; thể tích phần lại 1 V Giá trị lớn 2

2

V

A 32

49 B

32

76 C

49

81 D

32 81

Lời giải

Tác giả : Huỳnh Đức Khánh,Tên FB: Huỳnh Đức Khánh

Chọn B

Thể tích khối cầu: 3



V R Ta có 1

2

1

    



V V

V V V

V

V V V

V

Suy

V

V lớn  1 V

V nhỏ V đạt giá trị lớn 1

Xét phần mặt cắt kí hiệu điểm hình vẽ

Tam giác AKM vng K nên 2  

   

IK AI IM r h R h

Thể tích khối nón: 1 22  3 3

  

V r h h R h

 

3

1 32

6 81



      

     

 

h h R h R

h h R h

Ta có    

3

2

1 1 32

2

3 6 81



            

 

h h R h R

(90)

Vậy GTLN V 1

3

32 81

R

Khi

2

32 76



V V Email: thinhvanlamha@gmail.com

Câu 91 Cho hình vng ABCD cạnh a Trên đường thẳng vng góc với ABCD A lấy điểm S

(S không trùng với A) cạnh AD lấy điểm M cho SA2AM2 a2 Tính giá trị lớn Vmax thể tích khối chóp S ABCM S M thay đổi

A 

3 max

3 12

a

V B 

3 max

3

a

V C 

3 max

3 24

a

V D 

3

a

V

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Thịnh Tên FB: Thịnh Nguyễn Văn

Chọn B

Đặt AM x SA,  y 0xa y, 0 Ta có . 1 

3

S ABCM ABCM

V  S SA ax ay

Do SA2AM2 a2 hay x2y2 a2 y a2x2 Khi .   2   3 

6

S ABCM

a a

V  ax a x  ax ax

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho bốn số ax , ax , ax , 3a3x, ta có

     

4 4

3 3 3

3

4

a x a x

ax a x         a

 

     

3 27 16

a x a x a

   

Suy

2

3 3

S ABCM

a a a

V  

Vậy

3

max

3

a

V  , đạt 3

2

a ax a xx ;

2

a a

y a    

 

Email:kientoanhl2@gmail.com

Câu 92 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính

2

AD a; SDa 3, góc SD AC  với sin

 Gọi M điểm thay đổi CD , gọi   mặt phẳng qua M , song song với AC SD Xác định tính diện tích

(91)

A

2

max

3

a

S  B

2

max

2

a

S  C

2

max

3

a

S  D

2

max

4

a

S 

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trung Kiên.,Tên FB: Nguyễn Trung Kiên

Chọn A

φ K

F

P R

E Q

N

O

C

A D

B

S

M

- Kẻ MN AC N//  AB; NP SD P//  SA; MQ SD Q//  SC Gọi O ACBD E; MNBD F; PQSO R; EFSD

Khi thiết diện cần tìm ngũ giác MNPRQ , tứ giác MNPQ hình bình hành - Nhận thấy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD2a

 90

3

ACD

AC a

BC CD a

  



  

 

 

1

2

OB BC BO

OD AD   BD

- Đặt x DM 0 x 

DC

   Khi MNx AC MQ , 1x SD Suy SMNPQMN MQ .sin x1x SD AC .sin

- Dựng OK SD// KSB 1

3

OK BO

OK SD

SD BD

    

Lại có:

3

FR SF DE DM x

x FR x OK SD

OK  SO  DO  DC    

Do góc RE PQ  nên

2

1

.sin sin sin

2

PRQ

x

S  PQ RF   MN RF   SD AC 

Vậy sin  *

MNPRQ MNPQ PRQ

x

S S S x  SD AC 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

2

5 5 5

1 1

6 6 6 10

x x x x x

x

     

       

     

     

Từ  * suy

2

3 3

.sin 3

10 10

MNPRQ

a

(92)

Đẳng thức xảy 5

6

x x

x

   

Vậy

2

max

3

a

S 

Email: huunguyen1979@gmail.com

Câu 93 Cho tứ diện có cạnh a M điểm thuộc miền khối tứ diện tương ứng Tính giá trị lớn tích khoảng cách từ điểm M đến bốn mặt tứ diện cho

A

4

521

a

B

4

576

a

C

4 6

81

a

D

4 6

324

a

Họ tên: Đào Hữu Nguyên Fb: Đào Hữu Nguyên

Lời giải

Gọi r , 1 r , 2 r , 3 r khoảng cánh từ điểm 4 M đến bốn mặt tứ diện

Gọi S diện tích mặt tứ diện

Thể tích tứ diện

 4

1

3

V  S h S r r r r r r r r h Đường cao tứ diện

2

3

a a

h a   

 

Suy

4

1 4

4

3 576

a a

r r r r r r r r r r r r

      

Dáu “=” xảy 1 2 3 4

4 12

h a

r r r r  

Khi M trọng tâm tứ diện.

Email: diephd02@gmail.com

Câu 94 Cho hình chóp S ABC có SAa 0a 2, cạnh cịn lại hình chóp Khi

S ABC

V đạt giá trị lớn giá trị biểu thức P4a4a22thuộc khoảng sau đây?

A 15;8

 

 

  B

 

 

 

33 35 ;

4 C

 

 

 

37 9;

4 D

 

 

 

33 8;

4 Lời giải

Tác giả : Nguyễn Ngọc Diệp,,Tên FB: Nguyễn Ngọc Diệp

(93)

J I

A

B

C S

Gọi ,I J trung điểm SA BC

SAC

 cân C  SAIC SAB

 cân B  SAIB SA(IBC)

IAB

 vuông I ,

2 2

1

,

2 2

a a

IA SA AB IB AB IA  

IJB

 vuông J,

2 2

1

2

a

JB IJ  IB BJ  

2

1

IJ

2

IBC

a

S  BC 

2

1 1

SI.S AI.S (SI AI).S SA.S

3 3 12

S ABC S IBC A IBC IBC IBC IBC IBC

a a

V V V           

2 2

1

(3 )

12 12

a a

a a  

   

Dấu ""xảy 17

2

a  a a P Chọn đáp án B Email: dactuandhsp@gmail.com

Câu 95 Cho tứ diện ABCD có ABAC BDCD1 Khi thể tích khối tứ diện ABCD lớn khoảng cách hai đường thẳng AD BC

A

3 B

2

3 C

1

2 D

3 Lời giải

(94)

- Đặt BC x, ADy x y, 0

- Gọi H K, trung điểm BC AD Do tam giác ABC DBC cân A D nên AH BC DH, BCBCADHBC HK

Lại tam giác ABC DBC nên AH  DH HK  AD hay

 , 

HK d AD BC - Ta có :

2

1

4

x x

AH  AB BH    

2 2

2

x y

HK AH AK  

   

1 HAD

S HK AD

  .1 2

3 12

ABCD HAD

V BC S BC HK AD x y x y

     

Áp dụng BĐT Cơsi ta có :

 

3 2 2

2 2 2

1 1

4

12 12 12 27

ABCD

x y x y

V  xy x y  x y x y        

 

Dấu ”=” xảy 2 2

3

x y x y x y

       

Do max

27

V  x y Khi :

2

4

2

x y

HK    

Vậy  , 

d AD BC 

Câu 96 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác có SASBSC1 Tính thể thích lớn Vmax khối chóp cho

A max 12

V  B max

1

V  C max

1 12

V  D max

2 12

V 

Lời giải Chọn B

y

1 1

x

K

H

B D

(95)

- Gọi H trọng tâm tam giác ABC, theo giả thiết suy SH ABC - Đặt ABx

2

3

1

3

x x x

AH SH 

      ;

2 ABC

x

S 

2

1 3

3 3 12

S ABC ABC

x x

V SH S  x x

    

Áp dụng BĐT Côsi ta được:

 

3

2 2

1

3

12 12

S ABC

x x x

V  x x  x       

 

Dấu ”=” xảy x

Vậy max

V   AB

Email: doantv.toan@gmail.com

Câu 97 Cho hình lăng trụ ABCD A B C D cạnh a Điểm ' ' ' ' M N thay đổi

các cạnh BB' D D' cho MAC  NAC BM x, DN  y Tìm giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ACMN

A

3

a

B

3

2

a

C

3

2

a

D

3

2

a

Lời giải

Tác giả : Trần Văn Đoàn,Tên FB: Trần Văn Đoàn

Chọn A

x

y

I

A' D'

C' B'

A

B

D

C M

N

1

x H

A C

(96)

' ' ' '

2

2.( )

3

1 (2 )

2

3 4

1

2 ( )

3 4

ACMN AMNI CMNI IMN

BDD B MND B BIM IDN

V V V AC S

a S S S S

b x y a x a y a

a ab

x a y a

a a x y

  

   

   

     

 

 

    

 

mp(MAC)mp(NAC)

 2 2 2 2 2

1 ( )

2 2

a a a

MIN v IM IN MN x y a x y xy

             

Từ đó,

3

2

1

( )

6 3

ACMN

a V  a x y  a xy 

Cách Tính trực tiếp

ACMN

V  AC IM IN

12 D ACMN B NM

V  AC S (Đều coi AC đường cao)

Cách Chứng minh 12 12 12

IM IN  IB số, từ dùng bất đẳng thức suy giá trị

nhỏ

ACMN

V  AC IM IN

Email: ngbdai@gmail.com

Câu 98 Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi S diện tích hình chiếu tứ diện lên mặt phẳng khác Khi S lớn bằng?

A S a2 B 

2

a

S C

2

4

a

S  D

2

3

a

S 

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Bá Đại,Tên FB: Dai NB

(97)

A

B

C

D

B'

C'

D'

A'

D' C'

B'

D

C B

A

P' M'

M

N

Q

P

N'

Q'

Nếu hình chiếu tam giác, giả sử tam giác B C D' ' ',

2

' ' '

3

B C D BCD

a

S S 

Nếu hình chiếu tứ giác, giả sử A B C D' ' ' ' Gọi M N P Q , , , , M N P Q trung ', ', ', ' điểm cạnh AB BC CD DA A B B C C D D A , , , , , ' ', ' ', ' ', ' '

2

' ' ' ' ' ' ' '

2

A B C D M N P Q MNPQ

a

S  S  S 

Vậy 

2

a

S

Gmail: nvanphu1981@gmail.com

Câu 99 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có góc tạo mặt bên mặt đáy  Biết khoảng cách hai đường thẳng AD SC a thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị nhỏ Khi giá trị cos bằng:

A.cos

5

  B cos

3

  C.cos

3

  D.cos

 

Tên fb: Nguyễn Văn Phú

Lời giải

Do AD/ /BC mà BC(SBC)AD/ /(SBC)d AD SC( ; )d AD SBC( ;( )) d M SBC( ;( )) Trong tam giác SMN kẻ MH SN H, SN, ta có:

(do BC ( ))

( )

MH BC SBN

MH SBC

MH SN

 



 

  

 

( ; )

d M SBC MH a

  

Tam giác vng HMN có

2

sin ABCD sin

a a

MN AB S AB

 

    

Tam giác vng SON có

1

tan tan tan

2 sin

a

SO ON  MN  



  

N M

C

A B

D

S

O

(98)

Khi

2

1 1

tan

3 2sin sin sin cos

S ABCD ABCD

a a a

V SO S 

   

  

Đặt tcos với 0 t Ta có :

3

1

, (1 )

S ABCD

a

V t

t t

  



S ABCD

V nhỏ

( ) (1 )

f t t t t t

     lớn khoảng 0;1 Ta có '( ) ;2 '( )

3

f t   t f t   t

Lập BBT ta có ( )f t lớn cos

3

t 

   

Chọn B

Email: mp01100207@gmail.com

Câu 100 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 nhất.

A.300 B 450 C.600 D.750

Lời giải

Chọn B

Tác giả : Phúc Minh Anh,Tên FB: Phúc Minh Anh

Do hình chópS ABCD hình chóp nên H giao điểm AC BD

Gọi M trung điểm CD ta có CDSHM nênSHM  SCD mà

SHM  SCDSM nên từ H dựng HK SM K HK SCD

Hay SK hình chiếu SH lên mặt phẳng SCD suy  SH SCD, SH SK, HSK tam giác SHK vuông K theo giả thiết ta có HSM với

2  

 

Đặt 2

SH hHC a h

2

a h

HM 

  2

2( )

BC  a h

Tam giác SHM vuông H:

2

2 2

tan tan

2

HM a h

h a h

SH h

       

K

M H

D

C B

A

(99)

2 2

2 (1 tan )

1 tan

a

h  a h



    



2 2 2 2

2

4 tan 2( ) tan

1 tan

a

BC a h h  



   



3 2

2 3

1 tan

3 3 (1 tan )

S ABCD

a

V BC SH 



  



Đặt 2 tan

t   Với   1; tan

2

t

t     

Xét hàm số

3

2 ( )

3

a t

f t

t t



 D1;

   

3

( 1)

3

'

3

t t t t

t

a a

f t

t t t

 

 

  

 

 

 

'

f t   t

Bảng biến thiên

Vậy  

3

4 max

9

a

f t  t 3 tan1

2  

  hay 45  

Email: lehongphivts@gmail.com

Câu 101 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có tổng diện tích tất mặt 36, độ dài đường chéo AC Hỏi thể tích khối hộp chữ nhật lớn bao nhiêu?

A B 6 C 24 D 16

Lời giải

Người giải : Lê Hồng Phi,Tên FB: Lê Hồng Phi

Chọn A

Cách

Gọi x , y, z độ dài cạnh AB, AD, AA

Diện tích tất mặt Stp 2xyyzzx36 xyyzzx18,  1

4a3

9 3

0

-+

+∞ 3

1

(100)

Độ dài đường chéo AC  x2 y2z2  6 x2y2 z2 36

Suy x y z2 x2y2z22xyyzzx72   x y z 2,  2 Từ  2 ta có yz6 2x Do đó, kết hợp với  1 ta

   

18 18 6 18

yz x yz  x x x  x

Ta ln có yz2 4yz, y z, nên

 2  

6 2x 4 x 6 2x18 3x 12 2x  0 x4 Thể tích khối hộp chữ nhật V xyzx x 6 2x18x36 2x2 18x

Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn hàm số f x x36 2x218x đoạn 0; 2  Ta có f x 3x212 2x18  

2 0;

3 0;

x

f x

x

   

 



  

   

  



Ta tính f  0 0; f 4 28 2; f  2 8 2; f 3 20 Với x

8

y z

yz

    

  

Như x y z; ;  2; 2; ,  2; 2; 2 Với x4 2

2

y z

yz

    

  

Như x y z; ; 4 2; 2; 2

Vậy thể tích khối hộp chữ nhật lớn x y z; ;  2; 2; 2và hốn vị

Cách

Gọi x , y, z độ dài cạnh AB, AD, AA

Diện tích tất mặt Stp 2xyyzzx36 xyyzzx18,  1 Độ dài đường chéo AC  x2 y2z2  6 x2y2 z2 36

Suy x y z2 x2y2z22xyyzzx72   x y z 2,  2 Thể tích khối hộp chữ nhật V xyz,  3

Từ  1 ,  2  3 suy x , y, z nghiệm phương trình

 

3

6 18 18 ,

X  X  X V  V X  X  X

(101)

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị lớn V để phương trình  4 có nghiệm (không cần phân biệt) khoảng 0; 

Vậy thể tích khối hộp chữ nhật lớn x y z; ;  2; 2; 2và hoán vị

Mail: hunglxyl@gmail.com

Câu 102 Cho hình chóp S ABCD tích V , đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng  P song song với ABCD cắt đoạn SA, SB, SC, SD tương ứng M , N, E, F(M , N, E, F

khác S không nằm ABCD) Các điểm H, K, P, Q tương ứng hình chiếu vng góc M , N, E, F lên ABCD Thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ

A

9V B

2

9V C

2

3V D

4 27V

Lời giải

Tác giả: Lê Xuân Hưng,Tên FB: Hưng Xuân Lê

Chọn A

Đặt k SM SA

 , 0 k 1

Ta có MNEF ABCD đồng dạng với tỉ số k SM SA

 Suy

MNEF ABCD

S k S

Gọi SI đường cao S ABCD Khi MH MA SA SM k

SI SA SA



   

(102)

MNEFHKPQ MNEF

V S MH SABCD .(1k2 k SI) 3 (1V k2 k)

3

.(2 )

V

k k k

 

3

3 2

2

V k k k

V

     

   

Do thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ 4

9V

2 2

3

k  k  k

Email: cvtung.lg2@bacgiang.edu.vn

Câu 103. Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh a Trên AB CC C D lấy , ', ' ' điểm M N P cho , , AM C N' C P' a Thiết diện tạo mặt phẳng MNP với hình lập phương có chu vi bé

A 4a B 3a C 1  2 a D 3a

Lời giải

Tác giả :Cao Văn Tùng,Tên FB: Cao Tung

Chọn B

*) Dựng thiết diện: Kẻ NPDD'S NP; CDT; MTBCH; MTADR; SR

giao với AA' A D' ' ,Q K Khi thiết diện lục giác MHNPKQ

Đặt C N' C P' x, 0xa ta có tam giác C NP' vng cân; suy góc

 

' 45

PNC CNT  suy NCT vuông cân Cta NCCT  a x, ta lại có

BM  a x BM / /CT nên Hlà trung điểm BCtừ có

2

a BH CH 

Chứng minh tương tự ta có ' '

a A K D K 

Ta tính MQNP x2x2  x ;

 

2 2

2

a a

MH HN PK KQ ax     x  ax

 

Chu vi thiết diện  

2

4

MHNPKQ

a

(103)

    2

4 2

5

4

x a

f x

a

x ax



  

 

; cho  

 

2

3 0;

a x

f x

a

x a

      

   

, ta có bảng biến thiên:

Kết chu vi nhỏ minCMHNPKQ 3a

Email: ngvnho93@gmail.com

Câu 104 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy ABCD SAa Gọi M điểm di động cạnh CD H hình chiếu vng góc S lên đường thẳng BM Khi điểm M di động cạnh CD thể tích khối chóp , S ABH

có giá trị lớn

A

3

a

B

3

3 12

a

C

3

a

D

3

a

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Nho,Tên FB: Nguyễn Văn Nho

Chọn B

Cách

Đặt CM x 0 a, ta có

 

2

2 1

2 2

ABH  ABCD  ADM  BCM     

a

S S S S a a a x ax

Mặt khác

ABH 

S AH BM, với 2

 

BM x a

2

2 

  

 ABH

S a

AH

BM x a

2

   



ax

BH AB BH

x a

Do

 

4

2

1



 

 S ABH ABH

a x

V S SA

x a

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có

a

A B

D C

S

M

(104)

4

2

3 3

12

6 6.2

  

 



 

 

S ABH

a a a

V

a a

x x

3

3 max

12

 VS ABH  a , đạt

2

a  

x x a

x  M D

Cách

Trong tam giác SBM kẻ đường cao SH, ta có

 

 

   

  

BM SH

BM SAH BM AH

BM SA

Đặt ABM  450  900, ta có

.sin sin

 

AH AB a , BH AB.cos acos

Thể tích khối chóp S.ABH là:

3

1 1

sin cos sin

3  6   12 

   

S ABH ABH

a

V S SA AH BH SA a a a

Ta có

3

3 12

 S ABH

a V

3

3 max

12

 VS ABH a , đạt sin 2  1  450 hay M D

Cách

Ta có . 



S ABH ABH

V S SA

Mà SAa không đổi nên VS ABH. lớn SABH lớn Lại có   2 

Cauchy

a AB AH BH AH BH

2

1

2



S ABH  AH BH a

3

3 12

VS ABH a

3

3 max

12

 VS ABH  a , đạt AH BH ABH 450M D

Email: chitoannd@gmail.com

Câu 105 Cho khối chóp tứ giác S ABCD có cạnh bên a, mặt bên tạo với đáy góc  Biết khi 0 thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn Chọn khẳng định

A 040 ;550 0 B.00 ;390 0 C 058 ; 790 0 D 072 ;900 0

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Chí,Tên FB: Nguyễn Văn Chí

(105)

Gọi O ACBDSOABCD Gọi M trung điểm BC, ta có:

   



OM BC

SM BC SMO

ABCD SBC BC



 



  



  



Đặt BC2x, ta có OM x, Trong tam giác vng SOM có SOOMtanxtan Trong tam giác vng SOB có: 2 2

2

SO SB OB a  x Do ta có phương trình: 2 2

2 tan

a

a x x  x



   



2

; tan

a BC



 



tan tan

a

SO 



 

   

2 3

2 2 2 2

1 tan 4 tan tan

3 2 tan tan 3 tan 2 tan 2 tan

S ABCD ABCD

a a a a

V SO S   



   

   



   

Ta có:

 

3

2 2

3 2 2 2

2

tan tan 1 tan 1

2 tan tan tan tan tan tan 27 tan

CAUCHY

  

     



  

       

       

  

Nên

 

3

2

4 tan

3 2 tan

S ABCD

a a

V 



 



Đẳng thức xảy

2

tan

tan 45 tan tan



 

      

 

Email: quangtqp@gmail.com

Câu 106 Cho hình tứ diện SABC có độ dài cạnh SABCx, SB AC y, SC ABz thỏa mãn

2 2

27

x y z  Tính giá trị lớn thể tích khối tứ diện SABC

(106)

A

2 B

9

4 C

9

4 D

9

Lời giải

Tác giả: Phí Văn Quang Tên FB: QuangPhi

Chọn C

Thể tích khối tứ diện  2 2 2 2 2 2 12

V  y z x z x y x y z

Mà x2  y2 z2 27 nên 27 227 227 2 12

V   x  y  z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương 272x2, 27 y 2, 272z2 ta có

     

   

3

2 2

27 27 27

x y z

      

     

 

 

 2 2 2

729 27 2x 27 2y 27 2z

     729

12

V

 

4

V

 

Vậy max

V  , đạt x y z3 tức tứ diện cho tứ diện cạnh Email: minhngau@gmail.com

Câu 107 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2, SA2 SA vng góc

với mặt phẳng đáy ABCD Gọi  M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB, AD cho mặt phẳng SMC vng góc với mặt phẳng  SNC Tính tổng  T 2 2

AN AM

  thể tích khối chóp S AMCN đạt giá trị lớn

A T 2 B

4

T  C

4

T   D 13

9

(107)

Họ tên: Châu Minh Ngẩu FB: Minhngau Chau

Lời giải

Chọn B

Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A0; 0; 0, B2;0;0, D0; 2; 0, S0; 0; 2 Suy C2; 2;0 Đặt AM x, AN y, x y, 0; 2, suy M x ; 0; 0, N0; ; 0y 

 ;0; 2

SM  x 



, SC2; 2; 2 , SN0; ; 2y  

 

1 , 4; 4;

n SM SC x x

   

 

  

, n2 SN SC, 4 ; 4; 2 y   y

 

  

Do SMC  SNC nên n n 1 2  0 4 4  y4 2 x44xy0 xy2xy8

8 2

x y

x



 

 , y2 nên

8

2

x

x x



  



   

4 2

AMCN ABCD BMC DNC

S S S S   x  y  x y

Do  

2

1 2 2

3 3

S AMCD AMCN

x x

V SA S x y x

x x

 

 

      

 

 

Xét  

2

x f x

x

 

 với x 1; ,    

2

x x

f x

x

   



 

0 2

f x  x  x  x   ; x  2 (loại) Lập BBT ta suy

0;2      

max f x  f  f 2

Vậy . 2 2 2 2

1

2 1 1 1 1 5

max

4

1 S AMCN

x y

V T

AM AN x y

x y

   

  

       

  

  

Cách 2: Đặt AM x, AN y Gọi O ACDB; EBDCM; F BDCN

H hình chiếu vng góc O SC , đó:

3

(108)

Ta có: SC OH SC HBD SC HE

SC BD SC HF

 

 

  

 

 

 

Do góc SCM  SCN góc  HE HF Suy HEHF Mặt khác  

1

3

S AMCN AMCN

V  SA S  xy

Tính OE , OF :

Ta có: x0, y0 x2, y2 gọi K trung điểm AM , đó:

2

4 4

OE KM x OE EB OB x

OE

EB  MB   x x   x  x  x

Tương tự:

y OF

y



 Mà   

2

2 12

OE OF OH  x y 

Nếu x2 y2 ta có OE OF OH2 x2y212 Tóm lại: x2y212

Suy ra: . 2   2  2  2 12

3 3

S AMCN AMCN

V SA S x y x y x

x

 

              



 

Do . 2 2 2 2

1

2 1 1 1 1 5

max

4

1 S AMCN

x y

V T

AM AN x y

x y

   

  

       

  

  

Email: hongvanlk69@gmail.com

Câu 108 Cho tam giác ABC cạnh a ,trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABC ) A

lấy điểm M khác A Gọi H trực tâm tam giác MBC , biết đường thẳng ( )

vng góc với mặt phẳng MBC H cắt đường thẳng dtại N Tìm giá trị nhỏ diện tích tồn phần tứ diện MNBC

A

2

(2 5)

a 

B

2

(2 2)

a 

C

2

(2 5)

a 

D

2

(5 2)

a 

Lời giải

Tác giả : Lê Thị Hồng Vân Tên FB: Rosycloud

(109)

Gọi I trung điểm BC ta dễ dàng chứng minh ( ) ( ) ( )

BC mp MAI

mp MAI

  

  

Gọi O  ( ) AI , ta có O trực tâm tam giác MNI

suy AM AN AO AI (do AMOAIN )

MN AO AI

  (BĐT cauchy)

Ta dễ dàng chứng minh O trọng tâm tam giácABC

2

MN a

  3;

3

a a

AO AI  tam giác ABC cạnh a Rõ ràng MN AB MI; BC NI; BC nên

1

( )

2 tp

S  MN ABMI BCMN ACNI BC =1 (2 )

2a MN MINI ABC cạnh a

Ta có

2

2 2

4

a

MI  AM AI  AM 

Nên theo BĐT Bunhia ta có

3

2

a AM

MI

 

Tương tự ta có

3

2

a AN

NI

 

Do (2 )

2 5

tp

a

S  a MNMN 

Mà MN a (cmt) nên

2

(2 5)

tp

a

S  

Dấu xảy 2

a

AM AN 

Chọn A

(110)

Câu 109 Cho hình chóp S ABC có độ dài cạnh SABCx, SBAC y , SC ABz thỏa mãn

2 2

12

  

x y z Giá trị lớn thể tích khối chóp S ABC

A 2

3



V B

3



V C

3



V D

2



V

Tác giả: Nguyễn Ngọc Thảo –,Tên FB: Nguyễn Ngọc Thảo

Lời giải

Chọn A

Cách

Trong mặt phẳng ABC dựng  D, E, F cho A, B, C trung điểm DE,

DF, EF Khi ta có DE2SA2x; DF2SB2y ; 2SC2z Suy SD, SE, SF

đơi vng góc

Ta có . . 1

4

 

S ABC S DEF

V V SD SE SF

Mặt khác

2 2

4 4           

SD SE x

SD SF y

SE SF z

 

2 2

2 2                

SD x y z

SE x z y

SF y z x

2 2 6              SD z SE y SF x

Khi  2 2 2

1

.8 6 24

   

S ABCD

V x y z

3

2 2

1 6

3

      

  

 

x y z 2

3

 Vậy VS ABC. đạt giá trị lớn 2

(111)

Gọi M N trung điểm SA BC Lúc MN đường vng góc chung SAvà BC

SMN ta có

2 2 2

2

 

   y z x

MN SN SM

 

1

.sin ,



V SA BC MN SA BC  

2 2

2

1

cos ,

6

 

 x y z x  SA BC

 22

2 2

4

1

6

  

 x y z x  y z

x    

2 2 2 2 2

2 12

 x y z y z x z x y

 2 2 2

2

12 12 12 12

  z  x  y 6 26 26 2 12

 z x y

 2 2 2

1

6 6

3

 z x y

3

2 2

1 6 2

3 3

      

   

 

z y x

Dấu xẩy

2 2 12

2

   

   



 



x y z

Lúc 2



(112)

Gmail: phuongthu081980@gmail.com

Câu Cho hình trụ nội tiếp hình nón chiều cao h, bán kính đáy R , thể tích lớn hình trụ bằng:

A

2

4 27

hR 

B

2

9

R h 

C

2

8

R h 

D R h2 Lời giải

Chọn A

Tác giả: Nguyễn Thị Phương Thu FB: Nguyễn Phương Thu

Mp qua trục hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác cân SAB cắt hình trụ nội thiết diện hình chữ nhật nội tiếp tam giác SAB

Đặt OCx0xR C C; ' y0 yh SOA

 có C C' / /SO C C' AC y R x y h R x

SO AO h R R

 

     

Thể tích hình trụ nội tiếp hình nón :  

2 hx R x

V x y

R



 

 

Theo bất đẳng thức Cosi ta có: .  2

2 3

x x

R x

x x R

R x

  

  

Dấu “=” xảy

3

x R

   

2 3

2

4

4 27 27 27

4 27

x R x R hx R x hR hR

V R hR

maxV=

  



 

     



Email: tuangenk@gmail.com

Câu Cho tứ diện vuông O.ABC, gọi R r bán kính mặt cầu ngoại tiếp nội tiếp tứ

diện Biết 1 3

2

 

R r 2OC 3OA26OB2 10 Tính VOABC?

A

3 B

4

3 C

5

3 D

1

Nguyễn Minh Tuấn ,Facebook: Minh Tuấn Lời giải

(113)

O

B

C A

T

Để đơn giản toán ta đặt OAa OB, b OC, c

Ta có cơng thức quen thuộc để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông

2 2

2

  

R a b c Cơng việc cịn lại ta tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện Gọi T

là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:

3

1

( )

3

           OABC

OABC TOAB TOAC TOBC TABC OAB OAC OBC ABC tp

tp

V

V V V V V r S S S S r S r

S

Vậy tóm lại ta có 2

2

  

R a b c 3 OABC

tp

V r

S , đó:

 

2 2 2 2 2

2 2 2

1

2 2

3 3

3

      

 

  tp 

OABC OABC

tp

a b c ab bc ca a b a c b c

S a b c

R a b c

V abc

r V

S

  2 2 4

2 2 2 2 2 3 3 3

  

 

      

 

  

a b c a b c a b c a b c ab bc ca a b a c b c

R

r abc abc

 

3 3

3



 abc abc  

abc

Vậy: 2R 3 1  3

r Dấu “=” xảy abc

Thay vào giả thiết thứ ta tìm 1.2.2.2

6

    OABC  

a b c V

Email: slowrock321@gmail.com

Câu Cho hai hình cầu đồng tâm O0, 0, 0, bán kính R12,R2  10 Tứ diện ABCD có

 1  2

, , ; , ,

A B O R C D O R Tìm giá trị lớn thể tích tứ diện ABCD.

A B C D

Lời giải

Tác giả : Đỗ Minh Đăng,Tên FB: Johnson Do

(114)

+ Dựng mặt phẳng (P) chứa AB song song CD cắt O R theo giao tuyến đường tròn tâm , 1

I

+ Dựng mặt phẳng (Q) chứa CD song song AB cắt O R theo giao tuyến đường tròn , 2

tâm J

+ Lần lượt dựng đường kính A B C D ,   vng góc

Khi đó, IJ d AB CD , d A B C D  ,  

Ta có:  , .sin , 

6

ABCD A B C D

V  AB CD d AB CD AB CD  A B C D IJ    V     Do cần xét

các tứ diện dạng A B C D   

Vậy điều kiện cần để VABCD lớn ABCD Gọi M, N trung điểm AB

CD

Đặt AM x CN, y x0, 10 , y0, 2

 

2 2

10 ; ; , 10

ON x OM y d AB CD MN OM ON x y

           

Khi đó:

   2  2

1

, 2 10 10

6

ABCD

V  AB CD d AB CD   x y x  y  xy x  y

Ta có:  

2

2 10 10

2 4

3

ABCD

x x

V  xy   y  xy     y 

   

 

 

 2     

2 3

18 18 2

3 3

ABCD

V xy x y xy xy xy xy

       

      

3

2

9

4 8 2 2

3 9

9 2 3

ABCD

xy xy

xy xy xy

V xy xy xy

 

  

 

         

 

(115)

3

72

3

ABCD ABCD

V   V

      

  Vậy Vmax 6 2. Dấu “=” xày khi:

2

2 10

4

2 6

1

3

9

2

x

y

x y xy

xy

 

 



  

 



 

 

 

  

 

Email: vutoanpvd@gmail.com

SOẠN CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO –HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Câu Cho hình trụ có chiều cao h2a, đường tròn đáy O R ;  O R với R';  a

Biết ABlà đường kính cố định đường trịn O R MN đường kính thay đổi ; 

đường tròn O'; R cho  AB MN khơng đồng phẳng Tính giá trị lớn thể tích

khối tứ diện ABMN

A

3

4

a B 2

3

a . C a3

D 2a3

Lời giải

Tác giả: Vũ Huỳnh Đức Tên facebook: Huỳnh Đức

Chọn A

h

R A

N

O'

O M

B

Với tứ diện ABCD ta có cơng thức tính thể tích V  1AB.CD.d( AB;CD ).sin( AB,CD )

6

Áp dụng cơng thức ta tích khối tứ diện ABMN



MNAB .MN AB d(MN; AB).sin( MN , AB )

V =1

6

Vì MN AB2R2a, d( MN ; AB )h2a, sin( MN , AB ) 1 nên



3 3

MNAB

4 a sin( MN , AB ) 4 a .

3  3

V = Đẳng thức xảy



sin( MN , AB ) MN AB.

  1 

Vậy thể tích khối tứ diện ABMN đạt giá trị lớn 4a3

3 MN AB.

Email: trichinhsp@gmail.com

Câu Cho hình nón đỉnh S chiều cao h Một khối trụ khác có tâm đáy trùng với tâm đáy

hình nón đáy cịn lại thiết diện song song với đáy hình nón đỉnh S cho (hình

vẽ) Khi khối trụ tích lớn nhất, biết 0 xh tỉ số k thể tích khối nón

(116)

x h S

A

4



k B

4

k C

2



k D

4



k

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Trí Chính,Tên FB: Nguyễn Trí Chính

Chọn B

R A I

B J

x h S

Thể tích khối nón 1

3



V R h

Từ hình vẽ ta có JB  SJ  hxJB R h( x)

IA SI h h

Thể tích khối trụ cần tìm là:

2

2  (  )

R

V h x x

h

Xét hàm số

2

( ) R (  ) , 0 

V x h x x x h

h

Ta có

2

'( ) R 2(  ) (  ) 

V x h x x h x

h

 

/

0 hay

3

    h

(117)

Có    

2

4

0 0; 0;

3 27

  

   

 

h R h

V V h V

Suy GTLN V 2

2

4 27



 R h

V

Lúc

2

1

9

4

27

 

  

R h V

k

R h

V

Email: quangtv.c3kl@gmail.com

Câu Cho hình chóp S ABC có SAABC, AC 1, AB2 3, BAC Gọi B, C

là hình chiếu vng góc A lên SB , SC Với giá trị  bán kính mặt cầu ngoại

tiếp hình chóp A BCC B   đạt giá trị nhỏ nhất?

A  arccos 2  3 B. arcsin 2  3

C  750 D  450

Lời giải

Tác giả: Trương Văn Quắng Tên FB: OcQuang

Chọn A

Gọi M N trung điểm , AB AC

Tam giác ABB vuông B nên M tâm đường

trịn ngoại tiếp tam giác ABB, suy trục đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABB đường trung trực

 AB(xét mp ABC)

Tam giác ACC vuông C nên N tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ACC, suy trục đường trịn

ngoại tiếp tam giác ACC đường trung trực

1

 AC (xét mp ABC)

Gọi I    1, ta suy raI tâm mặt cầu ngoại tiếp A BCC'B’

Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp A BCC B   R bán kính đường trịn ngoại tiếp

tam giácABC

Ta có

2.sin

BC R



    

2

1 2.1 cos

2sin

 

   

 cos

2sin

 

 



Ta có cos cos2

sin cos

 

 

 



Xét hàm số   2

1

t f t

t  

(118)

 

2 2

4

'

1

t t

f t

t

  

 

  3( )

'

2

t L

f t

t   

  

 



Ta suy ra: R đạt giá trị nhỏ t cos 2

Vậy  arccos 2  3

Gmail:nguyentuanblog1010@gmail.com

Câu Cho hình nón đỉnh S có đáy đường trịn tâm O , bán kính R góc đỉnh 2

với sin

3

  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

giá trị lớn SH a

b

 với ,a b a

b phân số tối giản Tính giá trị biểu thức

2

3

T  a  b ?

A 12 B 23 C 21 D.32

Lời giải

Tác giả: Phạm Chí Tuân Fb: Tuân Chí Phạm

Chọn C

Đặt SHx Gọi SAB thiết diện qua trục SO M N, giao điểm SA SB, với

 P

Xét SOA vuông O ta có SOOAcot RcotOH SO OH Rcotx

Xét SHM vng H ta có HM SHtan xtan

x

5

α α

O

H N

M

B A

(119)

Ta có 2  

tan cot

3

V   HM OH  x  R  x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có:

   

3

2 3

cot

4

2

cot cot cot

2 27

x x

R x

x x

x R x R x R



  

 

  

 

      

 

 

Vậy

Max

cot 81

V   R  đạt

2

2 2

cot

3 sin 3

R R

x 



      

Từ ta có a5,b 3 T 3.522.33 21

Email: chithanhlvl@gmail.com

Câu Trong khối trụ tích V (khơng đổi), tìm diện tích tồn phần nhỏ hình

trụ

A minStp 3 23 V2 B minStp 3 2 V2 C minStp 3.3V2 D minStp 3  3V2

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0 Ta có V x y2

và Stp 2x22xy2x2xy 2

2

xy xy

x

 

    

 

+ AD BĐT AM–GM cho số dương 2; ;

2

xy xy

x ta có:

2

2 3

3

2 2

xy xy xy

x    x  

   

2 3

2 x y

 

2

3

tp

V

S  V



 

   

 

Dấu "" xảy  ; 2

xy V

x x y



  

2

V x



 ; 23

2

V V

y

 

 

+ Vậy minStp 3 23 V2 chiều cao với đường kính đáy

Email: thuytrangmn@gmail.com

Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD2 Các cạnh bên

bằng Tìm độ dài cạnh AB để thể khối chóp S ABCD tích lớn nhất.

A AB2 B AB3 C AB6 D AB4

Lời giải

Tác giả : Lê Thùy Trang,Tên FB: Trangthuy

(120)

Gọi O ACBD SOABCD

Đặt AB x0.Ta có AC AB2BC2  x2 4

Tam giác vuông SOA nên

2

2 2 32 .

4

AC x

SO SA AO  SA   

Khi

2

1 32

.2

3

S ABCD ABCD

x

V  S SO x   2  2 32

32 32

3 x x x x

     

Dấu '''' xảy x 32x2 x4

Email: thuytoanqx2@gmail.com

Câu 10 Cho mặt cầu tâm O bán kính R Từ điểm S mặt cầu ta dựng ba cát tuyến

bằng nhau, cắt mặt cầu điểm , ,A B C (khác với S) ASBBSCCSA Khi 

thay đổi, Tính thể tích lớn khối chóp S ABC

A

3 max

8 3

R

V  B

3 max

8 27

R

V  C

3 max

4 3

R

V 

D

3 max

8

R

V 

Lời giải

Tác giả:lê thị thúy,Tên FB: ThúyLê

(121)

Tam giác ABC đều, kẻ SO ABC O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

O SO

Giả sử SOcắt mặt cầu D tam giác SAD vuông A

Gọi SASBSCl

Trong tam giác SAD ta có  

2 2

2

SA l SO SD SA SO

SD R

     Gọi E trung điểm BC

Ta có:

2 sin

2

BC  BE l 

2 sin 3 l BC AO  

   2 4sin2  2

3

SO SA O A l 

    

Từ  1  2 ta có

2

4

1 sin sin

2 3

l

l l R

R

 

    

2 2

4 sin sin

3 2

ABC

S R    

    

 

2

2 sin

3

SO R  

    

 

2

3 2

1

sin sin

3 3 2

S ABC ABC

V SO S R    

     

  Đặt

2

sin

2

x   x

2

3

4

1 16 24

3

yx  x  x  x  x

   

2

1

16 16

3

y x x

    4 x y x           

Thể tích khối chóp S ABC lớn sin 60

4 2

x     

3 max 27 R V  hoxuandung1010@gmail.com

Câu 11 Gọi h chiều cao khối trụ  T nội tiếp khối cầu S O R ;  Thể tích của T đạt giá trị lớn

nhất h

A

3

R

B R C

3 R D

R

Lời giải

Tác giả : Hồ Xuân Dũng, FB: Dũng Hồ Xuân

Chọn C

Gọi h2x chiều cao khối trụ  T

Khi thể tích khối trụ  T

 

2 2

.2 2 ,

V r x x R x   x  R x xR

(122)

2

'

3

V x R

R

V x

 

  

  

Vậy V đạt giá trị lớn 2

3

R R

x h  R

Email: lanhoang0254@gmail.com

Câu 12 Khi cắt mặt cầu O R;  mặt kính, ta hai nửa mặt cầu hình trịn lớn mặt kính

đó gọi mặt đáy nửa cầu Một hình trụ gọi nội tiếp nửa mặt cầu O R;  đáy

của hình trụ nằm đáy nửa mặt cầu, đường trịn đáy giao tuyến hình trụ

với nửa mặt cầu Cho R1, tính bán kính đáy hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu O R;  để

khối trụ tích lớn

A

3

r B

3

r C

2

r D

2

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

là 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

 

2 2

1

hOO R r  r  r R

Thể tích khối trụ là: V r r h2 r2 1r2

   

2

1

r r

r

V r r r

r r



  

     

 

 

0r 1

 

3

(123)

Vậy:

0;1  

6

3

maxV r V  

 

 

3

r

Cách 2: tìm Vmax

2

1

V r r max 4 2

max

1

V r r

  

Ta có    

3

2 2

4 2 2

1

1 2 2

1 4

2 27

r r r

r r r r r

 

  

 

   

          

     

 

Dấu “=” xảy 2

1

2r r r

    

max

6

V r

  

Email: Thanhdungtoan6@gmail.com

Câu 13. Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ABC A B C Giả sử 1 1 1 BCa AA, 1h Khi

R ngắn tam giác ABC là

A tam giác B. tam giác cân A

C. tam giác vuông A. D tam giác nhọn

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Thanh Dũng,Tên FB: Nguyễn Thanh Dũng

Chọn C

I O1

C B

A1

B1

C1

A

O

Gọi O O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , 1 ABC A B C Khi đó, 1 1 OO trục 1

của đường tròn ngoại tiếp đáy Trong mặt phẳng (AOO A , đường trung trực cạnh 1 1) AA cắt 1 OO 1

tại I Ta chứng minh I trung điểm OO tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ 1

1 1

ABC A B C Do đó, RIA

2 +

0

6

3

V V'

(124)

Ta có

2

2 2 2

2

OO h

IA OA OI OA   OA 

  (1)

Mặt khác, áp dụng định lý hàm sin tam giác ABC , ta



  2O  

Sin 2Sin 2Sin

BC BC a

A OA

BAC BAC BAC

    (2)

Từ (1) (2) suy



 

2

2 sin

a

IA h

BAC

 

 



   

 

 

Do đó, RIA ngắn 

IA bé

 2

sin BAC lớn

 2 

sin BAC  1 BAC90o

Hay tam giác ABC vuông A

Email: Duyhungprudential@gmail.com Câu 14

Cho hình hộp ABCD A B C D Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng ' ' ' '

đi qua M song song với mặt phẳng (ACD').Đặt AM k0k 1

AB Tìm k để thiết diện

hình hộp mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất.

A 1

2

k B

4

k C

4

k D

5

k

Lời giải

Tác giả : Đặng Duy Hùng Facebook : Duy Hùng Chọn A

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’

S

J R

P

K I

Q F

E N

O

C'

B' A'

C

A

B D

D'

(125)

 Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng

 '

' '

MJ MA NC NK PC PK QD QI

MN  MB  NB  NM  PC  PQ  QC QP  MJ=NK PK=QI

 Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích

tam giác JKI, ACD’ S2, S)

 AM

k

AB 0k1 Ta có:

2 2

2

1

     

        

 

   

S JM AM AM

k S k S

S AC DC AB

   

2 2

2

1



     

           

     

S JK JM MK JM MK

k S k S

S AC AC AC AC

 Diện tích thiết diện: Std S23S1

2

2 3

2 ( )

2 2

td

S S  S k k  S k  

 

 

 

(dấu xảy 

2

k  )

Email: mihawkdaculamihawkdacula@gmail.com

Câu 15 Khối (H) tạo thành phần chung giao hai khối nón có chiều cao h, có bán kính đường trịn đáy R r cho đỉnh khối nón trùng với tâm đường trịn đáy khối nón Tìm giá trị lớn thể tích khối (H), biết R r thoả mãn

phương trình ( )2 ,

2

X  xy X xy x y 

 

A

48h B

1

16h C h D

1 12h

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 trịn giao tuyến, b khoảng cách từ tâm đường tròn giao tuyến đến tâm đường trịn có bán kính R

Sử dụng tam giác đồng dạng, ta suy

;

a b

R b Rh

r h

b

a h b r h b R r

R h

r Rr

a b

h R r

   

   



  

 

 

  

(126)

Mặc khác ( ) 2( )

3 3

H

V  a b a h b  a h

Xét phương trình ẩn X : 2  

( ) ,

X  xy X xy x y có

4

( ) 4x (2 ) 4x 0, ,

2

X x y y xy y x y

         Theo vi-ét:  

2

1

, ,

2

X X

S x y

x y P xy

   



 



 

 

Suy phương trình ln có hai nghiệm dương phân biệt R r

Theo bất đẳng thức Cô-si,

 

2

1

4 , ,

4

x y

Rr xy

a x y

R r x y x y



     

   Suy

2

( )

1 1 1

, ,

3 48

H

V  ha  h    h x y 

 

Dấu “=” xảy

2

x y Vậy max  

48

H

V  h Chọn phương án A

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

3

27

R

B 4 3R 3 C 3

9 R D

3

3 R

Lời giải Chọn A

Thể tích tứ diện ABCD là: AC.AD

6

V  AB

Vì ABCD tứ diện vuông A nên:

3

2 2 2

2 2 64 3

4 27 27

AB AC AD AB AC AD R

R      AB AC AD   AB AC AD R

3

4

27 max 27

V R V R

   

Dấu “=” xảy

9

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 2R B Pmin 4 R C Pmin 3 R D min 16

R

P 

Lời giải

(127)

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

Ta có MA MB MC MD MA GA MB GB MC GC MD GD

GA

  

   

MA GA MB GB MC GC MD GD

GA

  



       

 

4

MG GA GB GC GD GA

GA R

GA

   

  

    

Dấu xảy M trùng với điểm G

Vậy Pmin 4 R

Email: chautrieu75@gmail.com

Câu 18 Cắt khốitrụ 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 cịn 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

3

162

p R

V 

 B

3

162

hp R

V

 C

3

162

p

R D

3

162

p R

V



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

4

abc S

R

  thể tích hình lăng trụ

4

abc

V x

R

 Suy

4

x abc R

V 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương a,b,c, ta có

3

.( )

27.4 108

x a b c x p R

V V

 

 

Mặt khác

 

2

( )

1

.( ) .( )

3 108

H

x p

V h x R h x

V

 

(128)

Mà    

3

2 2

4

2 27 27

x x h x

x x

h x x h x h

 

  

 

 

     (Áp dụng BĐT Cauchy cho số

, , 2

x x

hx )

Do

 

6

( )

1

3 27 108

H

p

V h

V 

 (không đổi)

Dấu “=” xảy

2

x h

h x x

a b c



   

  

  



Vậy  

 

6

( )

1

max

3 27 108

H

p

V h

V 



3

h

x abc

Khi

3

2

3 108 162

h p hp

R

V V

  Chọn phương án B

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?

A

2

4 81

R h

B

2

4 27

R h

C

2

24

R h

D

2

3

R h

Lời giải

Tác giả : Minh Tân,Tên FB: thpt tuyphong

Chọn A

(129)

* Xét SAC, có: SE EN h x EN EN R h x 

SA AC h R h

 

    

Thể tích khối nón  T  

2

1

3

R

V EN x h x x

h

    

* Đặt f x   h x 2 ,x x0;h

Ta có:

   

 

2

3

0

0 4

3 27

;

f x x hx h

x h h

f x h h h

x f

   

   

    

   



  

Bảng biến thiên f x 

Vậy

2

3

1 4

3 27 81

m

ax

R R h

V h x h

h



    

Email: chithanhlvl@gmail.com

Câu 20 Trong khối trụ tích V (khơng đổi), tìm diện tích tồn phần nhỏ hình

trụ

A minStp 3 23 V2 B minStp 3 2 V2 C minStp 3.3V2 D minStp 3  3V2

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0 Ta có V x y2

và  

2 2

tp

S  x  xy  x xy 2

2

xy xy

x

 

    

 

+ AD BĐT AM–GM cho số dương

; ;

2

xy xy

(130)

2

2 3

3

2 2

xy xy xy

x    x  

    2 3

2 x y

 

2

3

tp

V

S  V



 

   

 

Dấu "" xảy  2 ;

xy V

x x y



  

2

V x



 ; 23

2

V V

y

 

 

+ Vậy minStp 3 23 V2 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 trịn 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 cịn 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 không thua B

A (6 6)

3

 

B



C 27



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 cịn lại miếng tơn

2

(2 )

2

x R S  

Diện tích xung quanh phễu S rR 

2

(2 ) (2 )

2

x R x R

rR  r 



 

  

Đường cao phễu 2

2

R

h R r x x



   

 Thể tích phễu

2

2 2

2

1 (2 )

4 , (2 )

3 24

x R R R

V r h   x x t  t t  x



 



       

Áp dụng Côsi :  

3 2 16

4

9

t   t t t   t   Dấu “=” xảy 

2

8

t 

Từ ta tìm  

2

max

8 6

4

3

V  t  t  t  x  

Email: cunconsieuquay1408@gmail.com

Câu 22 Cho hình trụ có đáy hai đường trịn tâm O O, bán kính đáy chiều cao 2a

(131)

giữa AB đáy Biết thể tích khối tứ diện OO AB đạt giá trị lớn Khẳng định sau đúng?

A tan  B tan

2

  C tan

2

  D tan 1

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Mai Tên facebook: Thanh Mai Nguyen

Chọn B

+ 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 trịn tâm O, suy ra: R2a Ta có: BAB

Suy ra: AB 2 tanR  Gọi I trung điểm ABOI  AB

+ Ta có: OI  OB2IB2  R2R2tan2 R tan 2

Và: tan2 tan

2

OAB

S  OI AB R   R 

2

tan tan

R  

 

Suy ra: . 1.2 2tan tan2

3 3

OO AB OAB O A B OAB

V   V     OO S   R R   

+ Ta có: VOO AB đạt giá trị lớn tan tan  2 đạt giá trị lớn

Xét hàm số f t t 1t2 với t  1;1

   

2

1

t t t

f t t

t t

 

    

 

với t0

Xét  

0

2

f t    t    t

2

t

 

Bảng biến thiên:

I A'

B' O'

O

B

A

t 

2



2 

 

f t   

 

f t



CT

y

CĐ

y

(132)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có Vmax

t hay tan

2

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

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan