Dang 6. Bài toán cực trị(VDC)

Câu [2H1-3.6-4] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Cho hình chóp S ABCD đáy hình vng cạnh ( ABCD ) Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh vng góc với mặt phẳng S AMCN T= , SA = ( SMC ) A ABCD có đáy SA vng góc với mặt phẳng AB , AD cho mặt phẳng ( SNC ) Tính tổng T = AN + AM thể tích khối chóp đạt giá trị lớn 13 B T = C T= D T= 2+ Lời giải Tác giả: Nguyễn Vũ Hoàng Trâm; Fb: Hoang Tram Chọn C N S a A b D M B Chọn hệ trục tọa độ C Axyz với: A ( 0;0;0 ) , S ( 0;0;2 ) , B ( 2;0;0 ) , C ( 2;2;0 ) , D ( 0;2;0 ) ¸ M ( a;0;0 ) , N ( 0; b;0 ) ( a, b ∈ [ 0;2] ) uuur uuuur uuur AC = ( 2;2;0 ) , AM = ( a;0;0 ) , AN = ( 0; b;0 ) uuur uuur uuur SC = ( 2;2; − ) , SM = ( a;0; − ) , SN = ( 0; b; − ) uuur uuur ur  SM , SC  = ( 4;2a − 4; 2a ) ⇒ n1 = ( 2; a − 2; a ) VTPT mp ( SCM )   uuur uuur uur  SN , SC  = ( − 2b; − 4; − 2b ) n ⇒ = ( − b; − 2; − b ) VTPT mp ( SCN )   ur uur ur uur SCM ⊥ SCN ⇔ n ( ) ( ) ⊥ n2 ⇔ n1.n2 = ⇔ ( − b ) − ( a − ) − ab = ⇔ − 2b − 2a − ab = ⇔ − 2a − b ( + a ) = ⇔ b = − 2a a+  − 2a  a + ≥  a ∈ (− 2; 4] − 2a 0≤b= ≤2⇔  ⇔  − 4a ⇔ a ∈ [ 1; 4] a+2  − 2a ≤  a + ≤ ⇔ a ∈ ( −∞ ; − ) ∪ [ 1; +∞ ) Mà:  a + Do đó: a ∈ [ 1;2] S AMCN = S ∆ AMC + S ∆ ACN = uuuur uuur uuur uuur  AM , AC  +  AN , AC   2  2 1 − 2a a + = 2a + 2b = a + b = a + = 2 a+ a+ a2 + f ( a) = Xét hàm số a + [ 1;2] f '( a) = Ta có: a + 4a − ( a + 2)  a = − − ∉ [ 1; 2] f ' ( a ) = ⇔ a + 4a − = ⇔   a = − + ; f ( 1) = a = 1, b = f ( ) = a = 2, b = ( ) f −2 + = −4 + a = − + 3, b = − +  a = 2, b = Max f ( a ) = ⇔  Khi đó: a∈[ 0;2]  a = 1, b =  a = 2, b = 1 ⇔ VS AMCN = SA.S AMCN đạt giá trị lớn ⇔ S AMCN đạt giá trị lớn  a = 1, b = *a = 2, b = uuuur uuur AM = ( 2;0;0 ) ⇒ AM = , AN = ( 0;1;0 ) ⇒ AN = Vậy: T= * a = 1, b = 1 + = +1= 2 AN AM 4 uuuur uuur AM = ( 1;0;0 ) ⇒ AM = , AN = ( 0;2;0 ) ⇒ AN = Vậy: T= Kết luận: Câu 1 + = + = AN AM 4 T= 1 + = 2 AN AM [2H1-3.6-4] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện cạnh lại A ABCD Khi thể tích tứ diện ABCD lớn tính B 16 C AB = x , CD = y , tất xy có D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Phượng; Fb: Nguyễn Thị Phượng Chọn C Gọi M,N Tam giác trung điểm ADB, CAB AB, CD hai tam giác cân cạnh đáy AB ⊥ ( MCD ) AB nên DM ⊥ AB CM ⊥ AB Suy 1 x VABCD = VB MCD + VA MCD = BM S MCD + AM SMCD = SMCD 3 Tam giác ∆ ABC = ∆ ABD ( c.c.c ) nên CM = DM ⇒ MN ⊥ CD x2 y2 1 2 2 S MCD = CD.MN = y MC − CN = y ( BC − BM ) − CN = y − − 4 2 = y 16 − ( x + y ) VABCD = xy xy 16 − ( x + y ) ≤ 16 − xy = xy xy ( 16 − xy ) 12 12 12  xy + xy + ( 16 − xy )   16  ≤  ÷ =  ÷ 12   12   3 x = y x = y  ⇔  16 xy = 16 − xy  xy =  Dấu xảy  Vậy thể tích Câu ABCD đạt giá trị lớn [2H1-3.6-4] ( Sở Phú Thọ) Cho hình chóp 2, SA = hai cạnh SA xy = 16 S ABCD vng góc với mặt phẳng đáy Gọi AB , AD ( AN < AM ) cho mặt phẳng có đáy ABCD hình vng cạnh M, N ( SMC ) hai điểm thay đổi vng góc với mặt phẳng ( SNC ) 16 + Khi thể tích khối chóp S AMCN đạt giá trị lớn giá trị AN AM bằng: 17 A B C D Lời giải Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết ; Fb: Đoàn Minh Triết Chọn B Đặt AM = x, AN = y ( < y < x < ) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz tương ứng hình vẽ Ta có: N ( 0; y;0 ) C ( 2;2;0 ) uuur uuur uuur Ta có: SM = ( x;0; − ) , SC = ( 2;2; − ) , SN = ( 0; y; − ) r uuur uuur n( SMC ) =  SM , SC  = ( 4;2 x − 4;2 x ) r uuur uuur   Lại có n( SNC ) =  SN , SC  = ( − y + 4; − 4; − y ) Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) r r nên n( SMC ) n( SNC ) = A ( 0;0;0 ) , S ( 0;0;2 ) , M ( x;0;0 ) , ⇔ ( − y + ) + ( x − ) ( − ) + x ( − y ) = ⇔ x + y + xy − = ⇔ x = − + ( 12 1≤ y < −2 + y+ ) 1 VS AMNC = S AMNC SA = ( S AMN + SCMN ) SA Ta có 3 uuuur uuur x y uuuur uuur ( x + y ) − x y S AMN =  AM , AN  = SCMN =  CM , CN  = Mà SA = , 2 , 2  xy ( x + y ) − xy  VS AMNC =  + ÷.2 = ( x + y ) 3 2 Suy  Để VS AMNC đạt giá trị lớn Xét P = x+ y = y− 2+ ⇔ P= ( x + y) đạt giá trị lớn 12 y+ y + y − y − + 12 y + y + = y+ y+ ( y + ) ( y + 1) − ( y + y + 8) P′ ( y ) = ( y + 2) ⇔ P′ ( y ) = y2 + y + y + − y2 − y − ( y + 2) ⇔ P′ ( y ) = y2 + y − ( y + 2)  y = − + 10 ⇒ P′ ( y ) = ⇔ y + y − = ⇔   y = − − 10 So điều kiện ta nhận y = − + 10 ⇒ x = + 10 x = ⇒ Max P ( y ) = P ( 1) = 11 ⇔  1;− + )   y = (thỏa yêu cầu đề bài) 16 + = Vậy y x Câu [2H1-3.6-4] (Sở Phú Thọ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh , SA = SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD ( AN < AM ) tích khối chóp cho mặt phẳng S AMCN ( SMC ) vng góc với mặt phẳng 16 + đạt giá trị lớn nhất, giá trị AN AM ( SNC ) Khi thể 17 A C D B Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Bích Ngọc; Fb: Bích Ngọc Chọn B 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] , x > y; suy M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) uuur uuur uuur Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ SM = ( x;0; − ) , SC = ( 2;2; − ) , SN = ( 0; y; − ) ur uuur uuur uur uuur uuur ⇒ n1 =  SM , SC  = ( 4;2 x − 4;2 x ) , n2 =  SN , SC  = ( − y; − 4; − y ) ur uur Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 = ⇔ ( − y ) − ( x − ) − xy = ⇔ xy + ( x + y ) = ⇔ y= − 2x − 2x ≤ 2⇔ x≥1 x + , y ≤ nên x + S AMCN = S ABCD − SBMC − S DNC = − ( − x ) − ( − y ) = x + y  − 2x  x2 + VS AMCD = SA.S AMCN = ( x + y ) =  x + ÷= Do 3 x+  x+ 3 x2 + 4x − x2 + ′( x) = f f ( x) = x ∈ 1;2 x + [ ] ( ) Xét với , x+ f ′ ( x ) = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = − + ; x = − − max f ( x ) = f ( 1) = f ( ) = Lập BBT ta suy [ 1;2] max VS AMCN Vậy ⇒  x =  y = =2⇔   x =  ⇒   y = 16 = 16 + = + 2 AM AN x y x = (do x > y )  y =  [ ] Cách 2: Đặt AM = x , AN = y x, y ∈ 0;2 , x > y Gọi O = AC ∩ DB ; E = BD ∩ CM ; F = BD ∩ CN H hình chiếu vng góc O SC , đó: HO =  SC ⊥ OH ⇒ SC ⊥ ( HBD ) ⇒  Ta có:  SC ⊥ BD Do góc ( SCM ) ( SCN )  SC ⊥ HE   SC ⊥ HF góc VS AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) Mặt khác 3 OE , OF : Ta có: x > , y > x ≠ , y ≠ gọi K HE HF Suy HE ⊥ HF Tính trung điểm AM , đó: OE KM x OE EB OB x = = ⇒ = = ⇒ OE = EB MB − x x − 2x − x 4− x y OF = Tương tự: − y Mà OE.OF = OH ⇔ ( x + ) ( y + ) = 12 Nếu x = y = Tóm lại: ta có ( x + 2) ( y + ) = 12 OE.OF = OH ⇔ ( x + ) ( y + ) = 12 2 2 12  VS AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) =  ( x + ) + ( y + ) −  =  ( x + ) + − 4 Suy ra: 3 3 x+  max VS AMCN Khảo sát hàm số ta : ⇒ 16 = 16 + = + 2 AM AN x y  x =  y = =2⇔   x =  ⇒   y = x = (do x > y )  y =1 AM = m, AN = n (0 ≤ n < m ≤ 2) AP ⊥ CM , AQ ⊥ CN ( P ∈ CM , Q ∈ CN ) Cách Đặt Dựng AP AM 2m = ⇒ AP = + (2 − m) Ta có BC CM 2n AQ = + (2 − n)2 Tương tự Trong mặt phẳng ( SAP) dựng AL ⊥ SP ( L ∈ SP ), AV ⊥ SQ(V ∈ SQ ) Mặt phẳng ( ALV ) cắt SC H Dựa vào điều kiện toán dễ dàng chứng minh tứ giác ALHV hình chữ nhật AH ⊥ SC 1 = + = ⇒ AH = Ta có AH SA2 AC 1 m − 2m + 2m 2n 2 = + = ⇒ AL = AV = AL2 SA2 SP 2m m − 2m + n − 2n + Do hình chữ nhật nên 2n 2m AV + AL = AH ⇒ + = ⇔ (mn − m − n + 4)(mn + 2(m + n) − 8) = n − 2n + m − 2m + 2 mn − m − n + = mm + − m + − n > nên mn + 2(m + n) = Do < n < m ≤ ⇒ ( m − 2)( n − 2) ≥ ⇔ mn − 2( m + n) + ≥ ⇒ 12 − 4( m + n) ≥ ⇒ m + n ≤ Do 1 S ANCM = S ABCD − S BMC − S DNC = − 2.(2 − m) − 2.(2 − n) = m + n Ta có: 2 VSAMCN = SA.S AMCN = ( m + n) ≤ Suy 3 Dấu xảy 16 + =5 Khi AN AM m = 2, n = Bài tập tương tự: Câu Cho tứ diện cạnh ABCD có cạnh Gọi BC , BD cho ( AMN ) M, N hai điểm thay đổi thuộc ln vng góc với mặt phẳng ABMN Tính V1 + V2 giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện 17 A 216 Câu 17 B 72 ( BCD ) Gọi V1 , V2 17 C 144 D 12 [2H1-3.6-4] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho tứ diện ABCD có đáy góc với BCD tam giác cạnh ( BCD ) A chạy ∆ thể tích khối ABCD a3 A 12 a , trọng tâm G ∆ cho mặt cầu ngoại tiếp đường thẳng qua ABCD G vng tích nhỏ Khi a3 C 12 a3 B 12 a3 D Lời giải Tác giả: Nguyễn Châu Vinh ; Fb:Vinhchaunguyen Chọn B Gọi I trung điểm AD , O giao điểm mặt phẳng trung trực tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Gọi AD với AG , O ABCD AD = x ; x > Từ ta tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD AD x2 R = OA = = = AG x − DG x2 a 3 x − ÷   = x2 a x − = 1 a2 2− x x4 là: Thể tích khối cầu nhỏ R 1 a2 t = ,t > y= − nhỏ hay x x x lớn Đặt a t + t Đây tam thức bậc hai đạt giá trị lớn ⇒ y=− t= −1 = 2  a  2a  − ÷  3 2a a a a AG = − = ⇒x= 3 3 hay Lúc thể tích ABCD 1 a a2 a3 V = AG.S∆BCD = = 3 12 Chú thích: Đề gốc khơng cho a độ dài cạnh nào, với đáp án B nên dự đoán thêm đề vào dài cạnh tam giác Câu AG = x độ BCD Do lúc đầu nhầm tưởng tích thể tích khối cầu đặt a ABCD nhỏ nên đặt AD = x , bạn đọc để việc tính tốn thuận tiện nhanh [2H1-3.6-4] (THPT-Chun-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , SA = SB = SC = a Khi thể tích khối chóp S ABCD lớn 3a A a3 B a3 C 3a D Lời giải Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh Chọn B Gọi H Đặt OC = x ( a > x > ) ⇒ AC = x tâm đường tròn ngoại tiếp VABC Mà SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABCD ) VCOB vuông O⇒ BO = BC − OC = a − x ⇒ BD = a − x Ta có: S ABC = AB AC.BC BH a2 AB.BC , AC ⇒ a − x = a ⇔ BH = BO AC = 4BH Suy 2 a2 − x2 BH a4 a 3a − x SH = SB − BH = a − = ( a2 − x2 ) a2 − x2 VSHB vuông H⇒ 2 Ta có: 1 a 3a − x  1  VSABCD = SH S ABCD = x a − x ÷ = ax 3a − x = a x (3a − x )  3 a2 − x2   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có: x + ( 3a − x ) ≥ x ( 3a − x ) ⇔ 3a ≥ x ( 3a − x ) ⇔ ⇔ VSABCD ≤ Dấu a3 ≥ a x ( 3a − x ) a3 ' = ' xảy ⇔ x = 3a − x ⇔ x = a a ⇔ x= 2 a3 Vậy thể tích khối chóp S ABCD lớn Câu [2H1-3.6-4] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho khối lập phương M , N di động tia AC , B′D′ diện AMNB′ có gía trị lớn là: a3 A 12 Chọn A a3 B cho a3 C Lời giải ABCD A′ B′C ′D′ cạnh a Các điểm AM + B′N = a Thể tích khối tứ a3 D 12 Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi ta có: B′ ( 0;0;0 ) , B ( 0;0; a ) , A ( a ;0; a ) , C ( 0; a ; a ) , C ′ ( 0; a ;0 ) , D′ ( a ; a ;0 ) uuuur x uuuur B′N = B′D′ Giả sử B′N = x,0 ≤ x ≤ a Ta có: a  x x  N  ; ;0 ÷  2  ⇒ uuuur  x  uuur x   x AM =  − AC M ; a − ;a÷ ÷ Do AM + B′N = a nên AM = a − x Ta có:  ⇒   a 2 VAMB′N = ⇒ Câu uuuur uuuur uuur  B′M ; B′N  B′A   = ax − 2a x ,0 ≤ x ≤ a a3 Giá trị lớn thể tích 12 [2H1-3.6-4] (Thuận Thành Bắc Ninh) Cho hình chóp 2a Biết ·ASB = ·ASD = 900 , mặt phẳng chứa AB N Tính thể tích lớn tứ diện DABN 2a A 3a B có đáy hình vng cạnh vng góc với a C Lời giải S ABCD ( ABCD ) cắt SD 3a D Tác giả: Đỗ Ngọc Tân; Fb: Tân Ngọc Đỗ Chọn A ( ABCD ) · · Ta có ASB = ASD = 90 ⇒ ∆ SAB = ∆ SAD ( ch − cgv ) Dựng mặt phẳng chứa AB vuông góc với ⇒ SB = SD ⇒ SO ⊥ BD Mà AC ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAC ) Trong ( SAC ) song song với hạ SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABCD) Khi ( SAC ) SH cắt SC qua A kẻ đường thẳng K ( KAB ) Dựng giao điểm N ( KAB ) SD Vậy mặt phẳng cần dựng Qua K kẻ đường thẳng song song với *) Tính AB / / CD cắt SD N VD ABN AD ⊥ AK ( AK ⊥ ( ABCD ) )  1  ⇒ AD ⊥ ( ABN ) ⇒ VD ABN = AD.S ABN = 2a.S ABN 3 Ta có AD ⊥ AB ( gt )  Lại có S ABN = 2a AB AK = a AK ⇒ VD ABN = AK Vậy VD ABN Đặt SA = x ta có SB = SD = 4a − x max ⇔ AK Lại có hình vng max ABCD AC = BD = 2a ⇒ OA = OB = OC = OD = a Xét ∆ SOB vng O ta có SO = 2a − x Xét 2 ∆ SAO có SO = 2a − x , SA = x, OA = a nên ∆ SAO vuông S Áp dụng hệ thức lượng ∆ SAO vuông S , SH đường cao ta có  x 2a − x SH =   a  2 OH = SO = 2a − x  OA a 4a − x CH = OH + OC = Khi a Xét ∆ KAC có SH / / AK nên theo định lý Talet ta có AK AC AC 2a.x 2a − x = ⇒ AK = SH = SH CH CH 4a − x Cách 1: Tìm AK max, coi a = , sử dụng Casio, mode 2 x − x f ( x) = − x2 start ? end ? Ta thấy f ( x)max = ⇒ AK max = a 2a V max = Khi Vậy chọn đáp án A x − x − x2 f ( x) = ⇒ f '( x ) = − x2 − x ( − x ) 0; Cách 2: Coi a = , xét hàm số ( f '( x) = ⇔ x = Xét Bảng biến thiên Vậy f ( x) max = Khi V max = ) 2 ⇒ AK max = 2a = a 4 2a 3 Câu 10 [2H1-3.6-4] (Sở Điện Biên) Cho khối chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M,N SM SN = =2 hai điểm nằm hai cạnh SC , SD cho SC ND , biết G trọng tâm tam VGMND m = giác SAB Tỉ số thể tích VS ABCD n ( m, n số nguyên dương ( m, n ) = ) Giá trị m + n A 17 B 19 C 21 D Lời giải Chọn B VS GMN SN = = ⇒ VGMND = VS GMD VS GMD SD 3 VS GMD SM 1 = = ⇒ VS GMD = VS GCD VS GCD SC 2 VS GCD SG = = VS ECD SE 1 1 1 VGMND = VS GMD = VS ECD = VS ECD = VS ABCD = VS ABCD Suy 3 9 18 VS GMND = Suy VS ABCD 18 Do m = 1; n = 18 ⇒ m = n = 19 Câu 11 [2H1-3.6-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Trong khối chóp tứ giác A 3a3 S ABCD mà khoảng cách từ B 2a A đến mp ( SBC ) 2a , khối chóp tích nhỏ C 3a3 D 3a Lời giải Tác giả : Võ Thị Ngọc Ánh ; Fb: Võ Ánh Chọn A Gọi I trung điểm AD; K trung điểm CB, O tâm hình chữ nhật ABCD Trong tam giác SOK kẻ đường cao OL 1 d (O;( SBC )) = d ( I ;( SBC )) = d ( A;( SBC )) = a d (O;(SBC )) = OL 2 Ta có Suy Đặt OL = a OK = x , x > a suy độ dài cạnh đáy hình chóp S ABCD Xét tam giác SOK 2x vng O có OL đường cao, ta có 1 1 x2 − a2 a2 x2 ax = − = − = ⇒ OS = = OS OL2 OK a x a x x2 − a2 x2 − a2 ax 4a x3 V = 4x2 = S ABCD x2 − a2 x2 − a2 Suy thể tích khối chóp 4a x3 f ( x) = x2 − a Đặt 4a f '( x) = 3x x − a − x f '( x ) = ⇔ x = Bảng biến thiên: x2 − a a x 2 x − a = 4a x ( x − 3a ) ( x2 − a2 ) x2 − a a 6 MinV = Min f ( x) = f  = 12a = 3a ÷ ÷ x∈( a ; +∞ )   Suy Câu 12 PT 47.1 [2H1-3.6-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Trong khối chóp tam giác thể tích nhỏ A S ABC 9a B 3a3 mà khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) 3a , khối chóp có C 9a D 12 3a Tác giả : Võ Thị Ngọc Ánh ; Fb: Võ Ánh Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm BC; G trọng tâm tam giác ABC Trong tam giác SGM kẻ đường cao GH d (G;( SBC )) = d ( A;( SBC )) = a Ta có d (G;( SBC )) = GH Suy Gọi GM = x , x > a suy độ dài cạnh đáy tam giác ABC Xét tam giác SGM vng G có GH đường cao, ta có 3x GH = a = 2x 1 1 x2 − a2 a2 x2 ax = − = − = 2 ⇒ SG = 2 = 2 GS GH GM a x ax x −a x2 − a2 ( ) ax x3 V = 2x = 3a x2 − a2 S ABC x2 − a2 Suy thể tích khối chóp f ( x ) = 3a Đặt x3 x2 − a2 3x x − a − x3 f '( x) = 3a f '( x ) = ⇔ x = x2 − a x 2 x − a = 3a x ( x − 3a ) ( x2 − a2 ) x2 − a2 a Bảng biến thiên:  a  9a MinV = Min f ( x) = f  ÷÷ = x∈( a ; +∞ )   Suy ... nhận y = − + 10 ⇒ x = + 10 x = ⇒ Max P ( y ) = P ( 1) = 11 ⇔  1;− + )   y = (thỏa yêu cầu đề bài) 16 + = Vậy y x Câu [2H1-3.6-4] (Sở Phú Thọ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh... ( SAP) dựng AL ⊥ SP ( L ∈ SP ), AV ⊥ SQ(V ∈ SQ ) Mặt phẳng ( ALV ) cắt SC H Dựa vào điều kiện toán dễ dàng chứng minh tứ giác ALHV hình chữ nhật AH ⊥ SC 1 = + = ⇒ AH = Ta có AH SA2 AC 1 m −... = m + n Ta có: 2 VSAMCN = SA.S AMCN = ( m + n) ≤ Suy 3 Dấu xảy 16 + =5 Khi AN AM m = 2, n = Bài tập tương tự: Câu Cho tứ diện cạnh ABCD có cạnh Gọi BC , BD cho ( AMN ) M, N hai điểm thay