Dang 6. Bài toán cực trị(VDT

Câu [2H1-3.6-3] (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′ B′C ′D′ ( ABB′A′ ) Vmax = 3 A có AB = x , AD = Biết góc đường thẳng A′ C mặt phẳng 30° Tìm giá trị lớn Vmax thể tích khối hộp ABCD A′ B′C ′D′ B Vmax = C Vmax = D Vmax = Lời giải Tác giả: Nguyễn Tấn Kiệt; Fb: Kiệt Nguyễn Chọn C Vì ABCD A′ B′C ′D′ Suy ra: hình hộp chữ nhật nên BC ⊥ ( ABB′A′ ) ( ·A′C; ( ABB′A′ ) ) = ( ·A′C; A′B ) = BA· ′C = 30° A′ B = BC = tan 30° ∆ A′ BC vuông B ∆ A′ AB vuông A nên AA′ = A′ B − AB = − x Thể tích khối hộp: Có: nên V ( x ) = AB.BC.A′ A = x − x V ′ ( x ) = − x2 − x2 − x2 = − 2x2 − x2 ⇒ x= , ( x > 0) Cho V ′ ( x ) = ⇔ − x = Có bảng biến thiên: với ( x ∈ 0; ) Vậy Vmax = x= Anhltk85@gmail.com Câu [2H1-3.6-3] (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) Cho hình chóp S.ABCD đều, có cạnh bên Thể tích lớn khối chóp S ABCD A 27 B C 27 D 12 Lời giải Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu Chọn C  Gọi Đặt O giao điểm AC ⇒ V = SO.S ABCD S ABCD BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) AB = x ( x > ) x 2 ⇒ BD = x ⇒ OD = x2 − x2 ⇒ SO = SD − OD = − = vuông O 2 Tam giác SOD ( ⇒ x ∈ 0; 2 ) (do SO > 0) − x2 2 VS ABCD = x = x − x2 Khi đó:  Xét hàm số ( ) f ( x ) = x − x với x ∈ 0; f ′ ( x ) = x − x + x 2 −x 2− x = x ( − x ) − x3 2− x = − 3x + x − x2  x = ( l)  f ′ ( x ) = ⇒ −3x + x = ⇔  x = − ( l)   ( TM )  x = Ta có bảng biến thiên Vậy thể tích lớn khối chóp Câu S ABCD = 27 [2H1-3.6-3] (Quỳnh Lưu Nghệ An) Nhân ngày quốc tế Phụ nữ – năm 2019 Ông A mua tặng vợ quà đặt hộp chữ nhật tích 32 (đvtt) có đáy hình vng khơng nắp Để q trở nên đặc biệt xứng tầm với giá trị nó, ông định mạ vàng hộp, biết độ dày lớp mạ điểm hộp không đổi Gọi chiều cao cạnh đáy hộp vàng hộp nhỏ giá trị A h = 2,x = B h= h h x là? ,x = C h = , x = D h = , x = Lời giải Tác giả: Bùi Nguyên Sơn; Fb: Bùi Nguyên Sơn Chọn A 32 Ta tích hộp: V = x h = 32 (đvtt), với x, h > Suy x2 32 256 = x + x = 2x + Phần mạ vàng hộp: S = x + xh x x h= Cách 128 128 128 128 256 = x2 + + ≥ 2x = 96 Ta có (BĐT AM-GM) x x x x x 128 2x = Đẳng thức xảy x hay x = , h = 2x + Cách Xét hàm số f ( x ) = 2x2 + 256 x với x > 256 x3 − 256 f ′ ( x) = 4x − = ′ f x = ⇔ x − 256 ⇔ x = ; f ( ) = 96 ( ) Ta có , x x BBT x Để lượng 0 x f ′ ( x) − 96 x = , h = [2H1-3.6-3] (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Cho hình chóp cịn lại hình chóp Giá trị 2 + +∞ Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt GTNN Vậy phương án A A +∞ +∞ f ( x) Câu 4 B S ABCD có SA = x , cạnh x để thể tích khối chóp lớn C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thúy Hằng; Fb: Hằng-Ruby-Nguyễn Chọn D SB = SC = SD = nên hình chiếu H S lên ABCD tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Mà tứ giác ABCD có cạnh nên tứ giác ABCD hình thoi, H ∈ AC ; ∆ SBD ; ∆ CBD ; ∆ ABD có cạnh tương ứng nên SO = AO = CO ⇒ ∆ SAC vng S Vì ⇒ AC = SA2 + SC = x + ∆ SAC 1 2x = + ⇒ SH = SA SC vuông S , có đường cao SH nên SH x2 + AC + x 12 − x 12 − x OB + OC = BC ⇒ OB = BC − = 4− = ⇒ OB = Lại có 4 S ABCD = AC.OB = ( x + ) ( 12 − x ) 2 2 2 1 x + 12 − x 2 V = SH S ABCD = x 12 − x ≤ =2 Ta có S ABCD 3 Dấu xảy Cách x = 12 − x ⇔ x = ⇔ x = Theo giả thiết ta có hai tam giác SBC , SCD hai tam giác  BM ⊥ MC ⇒ MC ⊥ ( MBD )  Gọi M trung điểm SC suy  DM ⊥ MC Ta có VS ABCD = 2.VS BCD = 4.VC MBD 1 1 · · VC MBD = MC.S∆ MBD = MB.MD.sin BMD = sin BM D Ta lại có , 3 2 ( MC = 1, MB = MD = ) Do để ∆ MBD Xét Câu VS ABCD lớn vuông ⇔ VC MBD lớn 2 M , x = SA = 2.MO = BD = MD + MB = [2H1-3.6-3] (CỤM TRẦN KIM HƯNG - S ABCD có đáy Tìm A · · ⇔ sin BMD = ⇔ BMD = 90° HƯNG YÊN NĂM 2019) Cho hình chóp ABCD hình thoi Biết SA = x với ( < x < ) tất cạnh lại x để thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn nhất? B 2 C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh; Fb: Nguyễn Minh Chọn D Gọi O tâm hình thoi ABCD H hình chiếu vng góc S lên AC ∆ ABD = ∆ CBD = ∆ SBD (c − c − c) ⇒ SO = OA = OC = AC Ta có SO Mà trung tuyến ∆ SAC nên ∆ SAC vuông S BD ⊥ AC   ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ ( ABCD) ⊥ ( SAC ), (1) Lại có BD ⊥ SO  Và (SAC ) ∩ ( ABCD) = AC ; SH ⊥ AC , (2) Từ (1) Trong (2) ∆ SAC ta có SH ⊥ ( ABCD) vng S có AC = x + ; 1 2x = + ⇒ SH = SH x x2 + Trong ∆OAB x2  AC  OB = AB −  ÷ = 3− có   vng O 1 VS ABCD = SH S ABCD = SH 2.S∆ABC = SH AC.OB Thể tích hình chóp 3 2x x2 x2 + 12 − x 2 = x + − = x (12 − x ) ≤ =2 x2 + 4 3 VS ABCD Câu lớn x2 = 12 − x ⇔ x = ( O′ ; R ) , chiều cao hình trụ R Giả sử AB đường kính cố định đường tròn ( O ) M điểm di động đường tròn ( O′ ) Hỏi diện tích tam giác MAB đạt giá trị lớn bao [2H1-3.6-3] (Yên Phong 1) Cho hình trụ có hai đường trịn đáy ( O; R) nhiêu? A 2R B 4R M C R D R 2 Lời giải Tác giả: Trần Lê Cường; Fb: Thầy Trần Lê Cường Chọn A Gọi N hình chiếu ( O ) ⇒ MN = R Gọi P hình chiếu N AB , M di chuyển ( O) ≤ NP ≤ R  MN ⊥ ( ABN )  MN ⊥ AB ⇒ ⇒ AB ⊥ ( MNP ) ⇒ AB ⊥ MP  Ta có:  NP ⊥ AB  NP ⊥ AB ⇒ S∆ MAB = 1 AB.MP = R.MP = R.MP (đvdt) 2 Mặt khác, tam giác MNP vuông ⇒ S∆ MAB = R.MP ≤ R.2R = R Vậy diện tích tam giác Câu MAB N ⇒ MP = MN + NP ≤ 3R + R = R (đvdt) Dấu “=” xảy đạt giá trị lớn NP = R hay MO′ ⊥ AB 2R [2H1-3.6-3] (Cẩm Giàng) Người ta muốn thiết kế bể cá kính khơng có nắp với thể tích 72dm3 , chiều cao 3dm Một vách ngăn (cùng kính) giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với kích thước a, b (đơn vị dm ) hình vẽ Tính a, b để bể cá tốn nguyên liệu (tính kính giữa), coi bề dày kính khơng ảnh hưởng đến thể tích bể A a = 24 dm ; b = 24 dm C a = dm ; b = dm B a = 6dm ; b = 4dm D a = 4dm ; b = 6dm Lời giải Tác giả: Lê Thị Như Quỳnh; Fb: Lê Thị Như Quỳnh Chọn D V = 3ab = 72dm3 ⇔ b = Thể tích bế cá: Diện tích kính để làm bể cá hình vẽ: S = 3.3a + 2.3b + ab = 9a + S = 96 ⇔ 9a = 144 144 24 24 + 24 ≥ 9a + 24 + a = 9a + ⇔ a a a a S ≥ 96 144 ⇔ a = 4⇒ b = a Vậy để bể cá tốn nguyên liệu Câu 72 24 = 3a a , với a, b > a = 4dm ; b = 6dm [2H1-3.6-3] (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN NĂM 2019) Cho hình chóp S ABCD cạnh có đáy ABCD SA , SB , SC , SD O Một mặt phẳng không qua S cắt uur uuur uuur uur Q , , , thỏa mãn SA = 2SM , SC = 3SP Tính M N P hình bình hành tâm 2  SD   SB  SB T =  ÷ + 4 ÷ tỉ số SN biểu thức  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ SB 11 = A SN SB =5 B SN SB = D SN SB =4 C SN Lời giải Tác giả: Thu Hương ; Fb: Hương Mùa Thu Chọn C Gọi O tâm hình bình hành ABCD , gọi I = MP ∩ AC Lấy điểm N ∈ SB , NI ∩ SD = Q Do đáy ABCD hình bình hành nên ta chứng minh hệ thức sau: SA SC SB SD + = + SM SP SQ SN (1) Đặt x= SB SD y= SQ , SN với x > 0; y > Theo ta x + y = + = Theo bài, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức T = x2 + y với x > 0, y > x+ y = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được: 2   1   =  1.x + y ÷ ≤  +  ÷ ÷( x + y ) 2      ÷ suy x + y ≥ 20 Dấu xảy  x 2y  = ⇔    x + y = x = 4y ⇔  x + y = x =  y =1 SB =4 Vậy giá trị nhỏ T 20 đạt x = , y = hay SN Câu [2H1-3.6-3] (Ba Đình Lần2) Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng khối chóp tứ giác có độ dài cạnh bên số thực dương không đổi Gọi α tự tháp mặt đáy Khi thể tích kim tự tháp lớn nhất, tính sin α A sin α = B sin α = 3 C sin α = góc cạnh bên kim D sin α = Lời giải Tác giả:Nguyễn Tường Lĩnh; Fb:khoisx@gmail.com Chọn B * Đặt SC = a với a >  SO ⊥ ( ABCD)  · =α *  SC ∩ ( ABCD) = C suy SCO * * * OC = a.cos α ; SO = a.sin α AC = 2OC = 2a.cos α ; AB = S ABCD = AB = 2a cos α AC = a 2.cos α 2 VS ABCD = SO.S ABCD = a3.sin α cos2 α = a3 sin α (1 − sin α ) 3  t = sin α  * Xét hàm y = t (1 − t ) với  < t < * Lập bảng biến thiên ta tìm Câu 10 [2H1-3.6-3] (Chuyên t= Ngoại SA = SB = SC = AB = AC = a 3 hàm số Ngữ BC = x Hà y đạt giá trị lớn Nội) (trong Cho hình chóp S ABC có a số x thay đổi thuộc khoảng  a 3  0; ÷ ÷ ) Tính thể tích lớn Vmax hình chóp S ABC  a3 A a3 B a3 C 12 Lời giải a3 D Tác giả: Chu Quốc Hùng; Fb: Tri Thức Trẻ QH Chọn A Gọi Vì O hình chiếu vng góc SA = SB = SC Tam giác tam giác nên O S lên mặt phẳng ( ABC ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ABC cân A Gọi A′ trung điểm BC Khi AA′ ABC nên điểm O nằm đường thẳng AA′ đường trung trực 1 S ABC = BC AA′ = x a − x = x a − x Ta có: AA′ = AB − BA′ = a − x nên 2 Lại có: S ABC 2 2 a2 AB AC.BC ⇒ OA = R = AB AC.BC = a x = = 4S ABC x a − x 2 a − x 4R a4 a 3a − x SO = SA − AO = a − 2 = 4(a − x ) (a − x ) Trong tam giác vng SAO , ta có: Thể tích VS ABC 2 1 a 3a − x a = SO.S ABC = x a − x = x 3a − x 2 32 a −x 12 x + 3a − x 3a 2 x 3a − x ≤ = Mặt khác: 2 Do đó: VS ABC a a3 a3 x = 3a − x ⇔ x = a ≤ a = Vmax = 12 Vậy S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60o , gọi M điểm đối xứng với C qua D ; N trung điểm SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S ABCD thành hai phần Gọi ( H1 ) phần đa diện chứa điểm S tích V1 ; ( H ) phần đa diện lại tích V2 Tính tỉ Câu 11 [2H1-3.6-3] (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Cho hình chóp tứ giác V1 số thể tích V2 31 A B C D Lời giải Tác giả: Giang văn thảo ; Fb: Văn Thảo Chọn C Áp dụng tỉ số thể tích cho khối chóp M CNB ta có VMDIH MD MI MH MI = = VMCNB MC MN MB MN Định lý menelaus cho tam giác MNC với cát tuyến DIS ta có: SN CD MI IN MI =1⇔ = ⇒ = IM MN SC DM IN VMDIH = ⇒ V2 = VMCNB Vậy VMCNB 1 1 VMCNB = d( N ;( MBC ) ) S∆ MBC = SO.DC.BC = VSABCD Mà 3 2 V1 5 = V2 = VSABCD = VSABCD ⇒ V1 = VSABCD V Vậy 12 12 Câu 12 [2H1-3.6-3] (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho khối tứ diện ¶ = 45° ACB A AD + BC + B ABCD tích V= , góc AC =3 Hỏi độ dài cạnh CD ? C D Lời giải Tác giả: Đỗ Xuân Sỹ ; Fb: Đỗ Xuân Sỹ Chọn B 1 V = S ABC d ( D , ( ABC ) ) = CA.CB.sin 45°.d ( D , ( ABC ) ) 3 CA.CB.AD 1 = CA.CB.d ( D , ( ABC ) ) ≤ (1) 6 2  AC  + BC + AD ÷  AC BC AD ≤  ÷ AC  ÷÷ Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương AD , BC , , ta có    AC  + BC + AD ÷  1 V ≤  ÷=  ÷÷  Do đó,   (2) Mặt khác ta có V = , để thõa mãn yêu cầu tốn từ (1) (2), đẳng thức phải xảy ra, tức  DA ⊥ ( ABC )  CD = AC + DA2  AC  ⇒ CD = = BC = AD = ⇒    BC = , AD = 1, AC =  Câu 13 [2H1-3.6-3] (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng ( P) qua điểm M ( 9;1;1) trùng với gốc tọa độ) Thể tích tứ diện 81 A 243 B cắt tia OABC Ox, Oy, Oz Oxyz A, B, C ( A, B, C không đạt giá trị nhỏ bao nhiêu? 81 C D 243 Lời giải Tác giả: Dương Quang Hưng ; Fb: Dương Quang Hưng Chọn D Ta có: A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) ( a, b, c > ) ( P) : x y z + + =1 a b c M ( 9;1;1) ∈ ( P ) ⇒ 1 + + =1 a b c 1 1 = + + ≥ 3 ⇒ VOABC = abc ≥ 243 a b c a b c Đẳng thức xảy a = 27, b = c = Câu 14 [2H1-3.6-3] (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho tam giác d thẳng qua A vng góc với mặt phẳng ( ABC ) ABC lấy điểm E , F hình chiếu vng góc C lên AB, MB N Xác định x để thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ A x= 2 B x = C có cạnh Trên đường M cho Đường thẳng qua x = D AM = x Gọi E, F cắt d x= Lời giải Tác giả: Dương Chiến; Fb: DuongChien Phản biện: Nguyễn Thị Hồng Gấm; Fb: Nguyễn Thị Hồng Gấm Chọn D MB ⊥ FC   ⇒ MB ⊥ ( EFC ) ⇒ FB ⊥ EF Do MB ⊥ EC  Xét tam giác vuông: ∆ NAE , ∆ BFE , ∆ BAM Ta có ∆ NAE : ∆ BFE : ∆ BAM ⇒ NA AE = ⇒ AM AN = AE.BA = BA AM 1 22 3 VBCMN = S∆ ABC ( AM + AN ) = ( AM + AN ) ≥ AM AN = 3 3 Vậy VBCMN = AM = AN = hay x = Câu 15 [2H1-3.6-3] (Cẩm Giàng) Một nhà máy cần thiết kế bể đựng nước hình trụ tơn có nắp, tích 64π tốn ngun liệu A r = 3( m) ( m ) Tìm bán kính đáy r hình trụ cho hình trụ làm B r = 16 ( m ) ( ) ( ) C r = 32 m D r = m Lời giải Tác giả: Trịnh Thanh; Fb: Deffer Song Chọn C Cách 1: h= V 64π 64 = = ( m) π r π r r Chiều cao bể nước hình trụ là: Bể đựng nước hình trụ tơn có nắp nên diện tích tơn cần dùng diện tích tồn phần hình trụ  64  = 2π  + r ÷ m Ta có: Stp = 2π r.h + 2π r  r  ( ) 2r − 64 64 64 ⇔ =0 f ( r) = + r f ′ ( r ) = − + 2r Hàm số có nên f ′ ( r ) = ⇔ r = 32 r r r2 Ta có bảng biến thiên hàm số r − f ′( r) f ( r) Hàm số f ( r) : + +∞ f ( r) +∞ 32 +∞ 3 1024 đạt giá trị nhỏ r = 32 trụ làm tốn nguyên liệu Cách 2: h= nên bán kính đáy r hình trụ cho hình r = 32 ( m ) V 64π 64 = = ( m) π r π r r Chiều cao bể nước hình trụ là: Bể đựng nước hình trụ tơn có nắp nên diện tích tơn cần dùng diện tích tồn phần hình trụ  64  = 2π  + r ÷ m S = π r h + π r Ta có:  r  ( )  32 32  32 32 = 2π  + + r ÷ ≥ 2π 3 r ⇒ Stp ≥ 6π 1024 Do đó: Stp r r  r r  32 = r ⇔ r = 32 Dấu “=” xảy r Vậy bán kính đáy r hình trụ cho hình trụ làm tốn ngun liệu r = 32 ( m ) Câu 16 [2H1-3.6-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho lăng trụ đứng ABC A′ B′C ′ có đáy tam giác Tam giác ABC ′  π α , α ∈  0; ÷ phẳng tạo với đáy góc   Tìm đạt giá trị lớn A tan α = B tan α = C có diện tích α Chọn C Gọi ⇒ Đặt M trung điểm AB Khi AB ⊥ ( MCC′ ) Góc ( ABC′) ( ABC ) · ′=α CMC AB = x, x > x2 x ⇒ S ABC = CC ′ = CM tan α = tan α , x2 x 3x3 ⇒ VABC A′B′C ′ = tan α = tan α Ta lại có S ABC = S ABC ′ cos α = 3 cos α x2 ⇒ = 3.cos α ⇔ x = 3cos α ⇒ VABC A′B′C ′ = 24cos α 3cos α tan α = 3.sin α cos α ⇒ VABC A′B′C ′ = cos α ( − cos α ) nằm mặt để thể tích khối lăng trụ tan α = Lời giải 3 D tan α = ABC A′ B′C′ Xét hàm số Ta có ⇒ f (t ) = t (1 − t ) = t − t , t ∈ ( 0;1) f ′ (t ) = − 3t Hàm số đạt giá trị lớn Khi max VABC A′B′C ′ = t= ⇔ cos α = max f (t ) = 3 ⇒ tan α = Câu 17 [2H1-3.6-3] (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Cho hình chóp S ABC , SA ⊥ ( ABC ) , SC = a đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh C Gọi α góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) Khi thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn sin 2α A B C 2 D Lời giải Tác giả: Hoàng Ngọc Huệ ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ Chọn D Đặt AC = BC = x , SA = a − x Ta tích khối chóp Xét hàm số S ABC f ( x ) = a2 x − x6 1 1 V = SA.S ∆ ABC = a − x x = a x − x 3 với 0< x< x = f ′ ( x ) = 4a x3 − x = ⇔  a x =  a Dựa vào bảng biến thiên, ta tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn a a a SA AC x= sin α = = 3= cos α = = = Khi SC a , SC a Vậy sin 2α = 2sin α cos α = 2 = 3 Câu 18 [2H1-3.6-3] (Chuyên Sơn La Lần năm 2018-2019) Cho hình chóp cạnh cịn lại hình chóp a A S ABC có SA = x , a Để thể tích khối chóp lớn giá trị x a B a C D a Lời giải Tác giả: Quang Pumaths ; Fb: Quang Pumaths Chọn A Cách 1: Đặt · = 600 α = ·ABS ; β = ·ABC = 600 ; γ = CBS Ta có VB.SAC BA.BC.BS a3 1 2 = − cos α − cos β − cos γ + 2cos α cos β cos γ = − cos α + cos α 6 2 VB.SAC 1 − cos α + cos α ⇔ cos α = đạt GTLN đạt GTLN Với cos α = a x = BA2 + BS − BA.BS cos α = ta Cách 2: Gọi Vì E, F ∆ BAS trung điểm ∆ CAS SA BC cân B C  BE ⊥ SA ⇒ SA ⊥ ( BEC )  nên  CE ⊥ SA Ta có BE = CE = a − EF = Suy Vậy Dấu x2 3a − x 2 S∆BEC VSABC a 3a − x = BC.EF = 2 1 a 3a − x a x + ( 3a − x ) a3 = SA.S∆ BEC = x ≤ = 3 12 " = " xảy x = 3a − x ⇔ x = a ... SC SB SD + = + SM SP SQ SN (1) Đặt x= SB SD y= SQ , SN với x > 0; y > Theo ta x + y = + = Theo bài, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức T = x2 + y với x > 0, y > x+ y = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki,... đáy r hình trụ cho hình trụ làm tốn nguyên liệu r = 32 ( m ) Câu 16 [2H1-3.6-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho lăng trụ đứng ABC A′ B′C ′ có đáy tam giác Tam giác ABC ′  π α , α