Tổng hợp bài toán cực trị hình không gian

BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH KHƠNG GIAN
I. CÁC DẠNG TỐN TRỌNG TÂM VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
• Áp dụng các phương pháp tính thể tích thơng qua tam giác vng; các loại góc và khoảng cách trong
khơng gian cũng như các cơng thức tính thể tích khối chóp, khối lăng trụ.
• Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chứa biến.
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số thực dương
a 2  b2
a  b
- Dạng 2 số: a  b  2 ab  ab 
hoặc ab  
2
4

- Dạng 3 số: a  b  c  3 3 abc  abc 

2

a 3  b3  c 3
( a  b  c)3
hoặc abc 
3
27

Cách 2. Khảo sát hàm số f(x) trên khoảng xác định (đạo hàm – lập bảng biến thiên)
2. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 4, cạnh bên SA vng góc với
mặt phẳng đáy (ABCD) và SC = 6. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho
A. Vmax 

40

3

B. Vmax 

80
3

C. Vmax 

20
3

D. Vmax  24

Lời giải
Đặt AD  x  Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD  4 x
Tam giác ABC vng tại B, có AC  AB 2  BC 2  x 2  16
Tam giác SAC vuông tại A, có SA  SC 2  AC 2  20  x 2
Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
4
VS . ABCD  .SA.S ABCD  . 20  x 2 .4 x  x. 20  x 2
3
3
3
Ta có x. 20  x 2 

x2 



20  x 2



2

2



20
40
 10  V 
2
3

Dấu bằng xảy ra khi x  20  x 2  x  10 . Vậy Vmax 

40
.
3

Chọn A
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 4, các cạnh bên bằng nhau và
bằng 6. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A. Vmax 

40

3

B. Vmax 

64
3

C. Vmax 
Lời giải

128
3

D. Vmax 

32
3


Vì SA  SB  SC  SD  Hình chiếu của S trên mặt phẳng
(ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy  SO   ABCD 
Đặt AB  x . Ta có BD  AB 2  AD 2  x 2  16
Tam giác SBO vuông tại O, có
x 2  16
128  x 2
SO  SB  OB  36 

4
2
2

2

Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là
VS . ABCD

1
1 128  x 2
2
 .SO.S ABCD  .
.4 x  .x 128  x 2
3
3
2
3

Mà x 128  x 2 

128
x 2  128  x 2
2
128
. Vậy Vmax 
. Chọn C
 64  V  .64 
3
2
3
3

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = 4, SC = 6. Tam giác SAD cân tại
S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A. Vmax 

40
3

20
3
Lời giải

C. Vmax  20

B. Vmax 

D. Vmax 

80
3

Gọi H là trung điểm AD. Tam giác SAD cân tại S  SH  AD
1
Ta có  SAD    ABCD   SH   ABCD   V  .SH .S ABCD
3
Đặt AD  2 x  S ABCD  AB. AD  8 x
Tam giác HCD vng tại D, có HC  HD 2  CD 2  x 2  16
Tam giác SHC vng tại H, có SH  SC 2  HC 2  20  x 2
1
8
8 x 2  20  x 2 80

Do đó V  . 20  x 2 .8 x  x. 20  x 2  .

3
3
3
2
3

Dấu bằng xảy ra khi x  20  x 2  x  10 . Vậy Vmax 

80
. Chọn D
3

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A và AB = 1. Các cạnh bên SA = SB =
SC = 2. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho
A. Vmax 

2
3

B. Vmax 

5
8

C. Vmax 

5
4

Lời giải
Gọi H là trung điểm BC, ABC vuông tại A
Suy ra H là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC
Vì SA  SB  SC  H là hình chiếu của S trên (ABC)
Đặt AC  x . Tam giác ABC vuông  BC  AB 2  AC 2  x 2  1

D. Vmax 

4
3


1
x
Diện tích tam giác ABC là S ABC  . AB. AC 
2
2
Tam giác SBH vng tại H, có SH  SB 2  BH 2 

15  x 2
2

1
1
2
Do đó, thể tích cần tính là V  .SH .SABC  x. 15  x
3
12
Mà

x 15  x 2 

x 2  15  x 2 15
1 15 5
  V  .  . Vậy
2
2
12 2 8

5
Vmax  .
8

Chọn B
Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 1, cạnh bên SA = x và vng góc với
mặt đáy (ABCD). Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM = y (0  y  1) . Tính thể tích lớn nhất Vmax của
khối chóp S.ABCM, biết x 2  y 2  1 .
A. Vmax 

3
3

3
8
Lời giải

B. Vmax 

C. Vmax 

3
24

D. Vmax 

3 3
8

Từ giả thiết, ta có x 2  y 2  1  y  1  x 2

x 1
 AM  BC 
Diện tích mặt đáy S ABCM  
. AB 
2
2


x  1 1  x
Thể tích khối chóp VS . ABCM là VS . ABCM  1 .SA.S ABCM  
3
6

2

Xét hàm số f  x    x  1 1  x 2 trên (0;1), có
f   x   1  x2 

x2  x

1  x2



1  x  2x2
1  x2

; f  x  0  x 

1
2

1 3 3
3
Dựa vào bảng biến thiên, ta được max f  x   f   
. Vậy Vmax 
. Chọn B
 0;1
4
8
2
Ví dụ 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 4. Thể
tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A. Vmax  8 3

B. Vmax  24 3
Lời giải

C. Vmax  6 3

Gọi O là tâm hình vng ABCD  SO   ABCD 
Gọi M là trung điểm CD, H là hình chiếu của O trên SM
 SO  CD
 CD   SMO   CD  OH  OH   SCD 
Ta có 
OM  CD
Lại có AB / / CD  AB / /  SCD 

D. Vmax  16 3


 d  AB; SC   d  A;  SCD    2d  O;  SCD  
Theo bài ra, ta có d  AB; SC   2OH  4  OH  2
Đặt AB  2 x  OM  x . Tam giác SMO vng tại O, có

1
1
1


 SO 
2
2
OH
SO OM 2

2x
x2  4

1

1
2x
8
x3
2
V

.
SO
.
S

.
.4
x

.
Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là
ABCD
3
3 x2  4
3 x2  4
Xét hàm số f  x  

x3
x2  4

trên  2;    max f  x   6 3

8

Vậy thể tích lớn nhất cần tính là Vmax  .6 3  16 3 . Chọn D
3





Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABCD có SA  x 0  x  3 , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 1. Với
giá trị nào của x thì thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất?
A. Vmax 

3
4

B. Vmax 

3
4

C. Vmax 

1
4

D. Vmax 

3
2

Lời giải

Gọi O là tâm hình thoi ABCD  OA  OC

(1)

Theo bài ra, ta có SBD  CBD  SO  OC (2)
Từ (1) và (2), ta có SO  OA  OC 

1
AC
2

 SAC vuông tại S  AC  SA2  SC 2  x 2  1
Suy ra OA 

1
AC 
2

x2  1
3  x2
và OB  AB 2  OA2 
2
2

Diện tích hình thoi S
ABCD  2.OA.OB 

x

2

 1  3  x 2 
2

Lại có SB  SC  SD  1  Hình chiếu vng góc H của đỉnh S trên mặt đáy là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác BCD  H  AC
Tam giác SAC vng tại S, có SH 

SA.SC
SA2  SC 2

Do đó, thể tích cần tính là V  1 .SH .S ABCD  1 .
3
3
Mà x. 3  x 2 

x



x

x2  1
2

 1  3  x 2 
2

.

x
x 1
2



1
x. 3  x 2
6

1
x2  3  x2 3
1 3 1
  V  .  . Vậy Vmax  . Chọn C
4
2
2
6 2 4

Ví dụ 8: Cho tứ diện ABCD có AB = x và các cạnh cịn lại bằng 2 3 . Thể tích tứ diện ABCD lớn nhất khi
giá trị của x bằng


A. x  2

C. x  4
Lời giải

B. x  3 2

D. x  2 2

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB
Hai tam giác ACD, BCD đều  AM  BM  2 3.

3
3
2

2
 ABM cân tại M  MN  AB  MN  BM 2  BN 2  36  x
2

 BM  CD
2
 CD   ABM   VABCD  2VC . ABM  .CM .S ABM
Ta có 
3
 AM  CD
2 3
36  x 2
3
Do đó, thể tích cần tính là VABCD  .
x.

x. 36  x 2
3 2
2
6
Mà x. 36  x 2 

x 2  36  x 2
3
 18  V 
.18  3 3
2
6

Dấu bằng xảy ra khi x  36  x 2  2 x 2  36  x  3 2 . Chọn B
Ví dụ 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vng cân tại A, SA vng góc với đáy, khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Tính cos khi thể tích khối
chóp S.ABC nhỏ nhất?
A. cos 

3
6

1
2
Lời giải

B. cos 

C. cos 

3
2

D. cos 

3
3

( H  SM )

Gọi M là trung điểm BC, kẻ AH  SM
Tam giác ABC cân tại A suy ra BC  AM
Mà SA   ABC   SA  BC

Suy ra BC   SAM   AH  BC  AH   SBC 
Do đó d  A;  SBC    AH  3 . Tam giác AMH vuông  AM 
Tam giác vuông cân ABC  BC  2 AM  S ABC 

3
sin 

9
9

2
sin  1  cos 2

1
9
Khi đó, thể tích khối chóp là V  3 .SA.SABC 
2
 1  cos   cos

2 3
27 3

2
Xét hàm số f  x    1  cos x  cos x , ta được f ( x ) 
. Suy ra V 
9
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos 

3
. Chọn D
3

Ví dụ 10: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng


(SBC) bằng

¼  SCB
¼  90 . Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S.ABC có thể tích nhỏ nhất.
2, SAB
B. AB  2

A. AB  3

C. AB  3 5

D. AB 

10
2

Lời giải
Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình vng

 AB  AD
 AB  AD

 AB   SAD   AB  SD
Ta có  ·
 SAB  90  AB  SA
Tương tự, ta cũng có BC  SD suy ra SD   ABCD 
Kẻ DH  SC

 H  SC   DH   SBC 

Khi đó d  A;  SBC    d  D;  SBC    DH . Đặt AB  x  0
Tam giác SCD vng tại D, có
1
1
1



2
2
DH
SD
DC 2

1

 2

2



1
1
 2  SD 
2
SD
x

x 2
x2  2

1
2
x3
.
Do đó, thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC  .VS . ABCD 
2
6
x2  2
Xét hàm số f  x  

x3
x2  2

trên





f  x  f
2;  , ta được min
 2; 

 3  3

3 . Chọn A

Ví dụ 11: Cho tam giác ABC vuông cân tại B, AC = 2. Trên đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng
(ABC) lấy các điểm M, N khác phía so với mặt phẳng (ABC) sao cho AM.AN = 1. Thể tích của khối tứ
diện MNBC nhỏ nhất bằng
A. Vmin 

1
3

1
6
Lời giải

B. Vmin 

C. Vmin 

2

3

D. Vmin 

1
2

Đặt AM  x, AN  y suy ra AM . AN  x. y  1
Tam giác ABC vuông cân tại B, có AB  BC 
Diện tích tam giác vng ABC là S ABC 

AC
 2
2

1
AB.BC  1
2

1
x y
Ta có VMNBC  VM . ABC  VN . ABC  SABC .  AM  AN  
3
3
Lại có x  y  2 xy (bất đẳng thức AM – GM) 
Dấu bằng xảy ra khi x  y  1 . Vậy Vmin 

x y 2

3

3

2
. Chọn C
3

Ví dụ 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, SA = AB = 2. Cạnh bên SA vng
góc với mặt phẳng đáy (ABC). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB và SC. Thể tích lớn


nhất Vmax của khối chóp S.AHK bằng
A. Vmax 

2
6

3
2
Lời giải

B. Vmax 

C. Vmax 

3
6

D. Vmax 

2

3

Đặt AC  x (0  x  2)
Tam giác ABC vuông tại C  BC  AB 2  AC 2  4  x 2
Tam giác SAB vng cân tại A, có đường cao AH  SH 

1
SB
2

SK SA2
4
Tam giác SAC vuông tại A, có SA  SK .SC 


2
SC SC
4  x2
2

Ta có

VS . AHK SH SK 1 4
2
2 x 4  x2

.
 . 2
 2
 VS . AHK  . 2

VS . ABC
SB SC 2 x  4 x  4
3 x 4

2
2 x 4  x2
Xét hàm số f  x   . 2
trên  0; 2  , ta được max f  x  
.
 0;2
6
3 x 4
Chọn A
Ví dụ 13: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB = x, AD = 3, góc giữa đường thẳng AC và mặt
phẳng  ABBA  bằng 30 . Tìm x để thể tích khối hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất.
A. x 

3 15
5

B. x 

3 6
2

C. x 

3 2
2

D. x 

3 5
5

Lời giải
Ta có BB  BC và AB  BC  BC   ABBA 
 B là hình chiếu vng góc của C trên  ABBA 

· B  30
Suy ra ·
AC ;  ABBA   ·AC ; AB   CA

· B 
Tam giác ABC vng tại B, có tan CA

BC
 AB  3 3
AB

Tam giác AAB vuông tại A, có AA  AB 2  AB 2  27  x 2
Do đó thể tích khối hộp là VABCD. ABC D  AA. AB. AD  3 x. 27  x 2
Lại có x. 27  x 2 

x 2  27  x 2 27
27 81

 VABCD. ABC D  3. 
2
2

2
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  27  x 2  x 

3 6
. Chọn B
2

Ví dụ 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích là V. Gọi M là trung điểm của
SA, N là điểm nằm trên cạnh SB sao cho SN = 2NB, mặt phẳng    di động qua các điểm M,N và cắt các
cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K, Q. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S.MNKQ.


A.

V
2

B.

2V
3

C.

V
3

D.

V
6

Lời giải
Đặt x 

SK
SC

 0  x  1

. Hình vẽ tham khảo

Vì mặt phẳng    di động qua các điểm M, N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K,
Q nên ta có
Ta có

SA SC SB SD
1 3 SD
2x



 2  

SM SK SN SQ
x 2 SQ 2  x

VS .MNPQ

VS . ABCD

1  SM SN SK SM SK SQ  1  4 x
2  2x
1
 
.
.

.
.

  

2  SA SB SC SA SC SD  2  3 x  2  3 x  2

Xét hàm số f  x  

2x
1
1

trên  0;1 ta được max f  x   f  1 
 0;1
3 x2
3

Vậy thể tích lớn nhất cần tính là VS .MNPQ 

V

. Chọn C
3

Ví dụ 15: Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 18 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhơm đó bốn hình
vng bằng nhau, mỗi hình vng có cạnh bằng x cm, rồi gập tấm nhơm lại như hình vẽ dưới đây để có
được một cái hộp khơng nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
A. x = 6

B. x = 4

C. x = 2
Lời giải

Sau khi cắt ở bốn góc hình vng cạnh x, ta được khối hộp có
• Chiều cao bằng x cm
• Đáy là hình vng cạnh 18  2x cm
1
2
Do đó, thể tích khối hộp chữ nhật là V  x.  18  2 x   .4 x.  18  2 x  .  18  2 x 
4
Ta có 4 x.  18  2 x  .  18  2 x 

 4 x  18  2 x  18  2 x 

27

3



363
 1728
27

1
Suy ra V  .1728  432 . Dấu bằng xảy ra khi 4 x  18  2 x  x  3 . Chọn D
4

D. x = 3


Ví dụ 16: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính khơng có nắp với thể tích 72 dm3 và chiều cao 3 dm.
Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a,b (đơn vị dm) như
hình vẽ

Tính a,b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và
khơng ảnh hưởng đến thể tích của bể.
A. a  b  2 6

B. a  3, b  8

D. a  4, b  6

C. a  3 2, b  4 2
Lời giải

Thể tích của bể cá là V  3ab  72  ab  24  b 

24
a

Diện tích bể cá gồm: 3 mặt có diện tích 3a (hai mặt bên và vách ngăn); 2 mặt có diện tích 3b (hai mặt
bên) và một mặt đáy có diện tích ab (đơn vị dm 2 )
Do đó, tổng diện tích làm bể là S  3.  3a   2.  3b   ab  9a  6b  ab  9a 
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 9a 

144
 24
a

144
144
 2 9a.
 72
a
a

Suy ra S  72  24  96 . Dấu bằng xảy ra khi 9a 

144
 a  4; b  6 . Chọn C
a


BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Câu 1: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 1. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC.
A.

1
3

B.

1
6

C.

1
4

D.

1
12

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 2, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 1. Tìm thể
tích lớn nhất của khối chóp S.ABC
A.

5
8

B.

5
4

C.

2
3

D.

4
3

Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = BA = BC = 1. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp
S.ABC.
A.

1
6

B.

2
12

C.

1
8

D.

3
12

Câu 4: Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích các mặt bằng 36 và độ dài đường chéo bằng 6. Tìm thể
tích lớn nhất Vmax của hình hộp chữ nhật đã cho.
A. Vmax  8

B. Vmax  12

C. Vmax  8 2

D. Vmax  6 6

Câu 5: Cho hình hộp chữ nhật có tổng độ dài tất cả các cạnh bằng 32, độ dài đường chéo bằng 2 6 . Tìm
thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp đã cho
A. Vmax  16 2

B. Vmax  16

C. Vmax  6 6

D. Vmax  12 3

Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 4, các cạnh bên bằng nhau và
bằng 6. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD
A.

130
3

B.

128

3

C.

125
3

D.

250
3

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có SB  x (0  x  3) . Tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 1.
Với giá trị nào của x thì thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất?
A. x 

3
3

B. x 

2
2

C. x 

6
2

D. x 

3
2

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại C, cạnh bên SA vng góc với mặt
phẳng đáy (ABC). Biết SC = 1, tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC.
A.

3
12

B.

2
12

C.

2 3
27

D.

3
27

Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại C, AB = 2. Cạnh bên SA = 1 và vng
góc với mặt phẳng đáy. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC là
A.

1
3

B.

1
4

C.

1
12

D.

1
6


Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 4, cạnh bên SA vng góc với
mặt phẳng đáy (ABCD) và SC = 6. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A.

40
3

B.

80
3

C.

20
3

D. 24


LỜI GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Câu 1:
1
1
1
·
SA.SB sin BSA
 SA.SB 
2
2
2

S SAB 

1
1 1
1
Mặt khác d  C ;  SAB    SC nên VS . ABC  S SAB .d  C ;  SAB    . .SC 
3
3 2
6

Dấu bằng xảy ra  SA  SB  SC . Chọn B
Câu 2:
Do SA = SB = SC = 2  hình chiếu vng góc của đỉnh S lên mặt
phẳng đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và là
trung điểm của BC.
Đặt BC  2 x  HA  HB  HC  x (với H là trung điểm của BC).
Ta có: AC  4 x 2  1; SH  SA2  HA2  4  x 2
Thể tích khối chóp S.ABC là:
1
1
4 x2  1 1
V  SH .S ABC 
4  x2 .

3
3
2
6


1
12

 16  4 x 2   4 x 2  1 

Vậy Vmax 

 4  x   4x
2

2

 1

1 16  4 x 2  4 x 2  1 5
.

12
2
8

5
. Chọn A
8

Câu 3:
Đặt AC  x , gọi E là trung điểm của SB khi đó:
CE  SB
3
suy ra SB   ACE  và ta có : AE  CE 

2
 AE  SB
Gọi H là trung điểm của AC do tam giác AEC cân nên
3 x2
EH  AC  HE  AE  AH 

4 4
2

2

1
1
1 3 x2
VS . ABC  VS .EAC  VB. ACE  SB.S ACE  HE. AH  x

3
3
6 4 4
Lại có

3 x2
3 x2 x  3 x2 x2  3
 .x  2.  .      
4 4
4 4 2 4 4 4  4

 VABCD 

1
1
6
 Vmax  . Dấu bằng xảy ra  3  2 x 2  x 
8
8
2

Cách 2: Nhận xét Vmax  S ACE lớn nhất 
1

Vậy Vmax  . Chọn C
8

1
3
3
AE.CE sin ·AEC  .sin ·AEC 
2
8
8


Câu 4:
Giả sử 3 kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c ta có 2  ab  bc  ca   36
 ab  bc  ca  18   a  b  c  ab  18(*)
Lại có:

a 2  b 2  c 2  6  a 2  b2  c 2  36   a  b  c   2  ab  bc  ca   36
2

 abc  6 2
a  b  6 2  c
(*)  6 2  c c  ab  18  
2
ab  18  c  6c 2







Do  a  b   4ab  6 2  c
2





2





 4 18  c 2  6c 2  0  c  4 2



2
3
2
Lại có: V  abc  18  c  6c 2 c  c  6c 2  18c  f  c  (với c  0; 4 2  )

c  3 2
2
Ta có: f   c   3c  12c 2  18  0  
c  2
Lại có: f  0   0; f

Suy ra Vmax

 2  f  4 2  8





2; f 3 2  0

c  2  c  4 2

 8 2  a  b  5 2
  a; b; c   4 2; 2; 2 hoặc các hoán vị. Chọn C
ab  8






Câu 5:
Giả sử 3 kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c ta có: 4  a  b  c   32  a  b  c  8
Lại có:

a 2  b 2  c 2  2 6  a 2  b2  c 2  24   a  b  c   2  ab  bc  ca   24
2

 ab  bc  ca  20   a  b  c  ab  20   8  c  c  ab  20
a  b  8  c


2
ab  20  c  8c
2
Do  a  b   4ab   8  c   4  20  c  8c  
2

2

4
c4
3

4 
2
3
2
Lại có V  abc   20  c  8c  c  c  8c  20c  f  c  (với c   ; 4  )
3 
 10
c
3
Khi đó f   c   3c  16c  20  0  

c  2
2

 10  400
; f  4   16
Mặt khác f  0   0; f  2   16; f   

 3  27
Do đó Vmax  16 . Chọn B


Câu 6:
Do SA = SB = SC = SD nên hình chiếu vng góc của đỉnh
S xuống đáy là tâm O của hình chữ nhật ABCD
x 2  16
2

Đặt AB  x  BD  x 2  16  OB 
Khi đó SO  SB 2  OB 2  36 

x 2  16
128  x 2

4
2

1
1
128  x 2 .4 x
Ta có VS . ABCD  SO.S ABCD 
3
6


2
1
128

x. 128  x 2   x 2  128  x 2  
3
3
3

Do đó Vmax 

128
 x  8 . Chọn B
3

Câu 7:
Ta có: SAC  ADC (c – c – c)
Do đó SO  DO (2 đường trung tuyến tương ứng)
Suy ra SO 

BD
 SBD vng tại S (tam giác có đường trung
2

tuyến ứng với cạnh đối diện bằng nửa cạnh ấy). Khi ấy
BD  SB 2  SD 2  1  x 2
 AC  2OA  2 AB 2 

BD 2
1  x2
 2 1
 3  x2
4
4

1
3  x 2 SB.SD x 3  x 2
Lại có VS . ABCD  . AC.S SBD 
.

3
3
2
6
Áp dụng BĐT AM – GM ta có: x 3  x 2 
Dấu bằng xảy ra  x 2  3  x 2  x 

x2  3  x2 3
1
 V 
2
2
4

6
. Chọn C
2

Câu 8:
Đặt CA  CB  x  SA  1  x 2
Ta có: VS . ABC

2
1

1
1
2 x
 SA.S ABC  . 1  x . 
1  x 2 .x 2
3
3
2 6

2
4
4
6
Xét hàm số f  x    1  x  x  x  x

Ta có: f   x   4 x 3  6 x 5  0  x 2 

 x   0;1 

2
2
x
3
3


 2 4
1 4
3
f  x   f 


 Vmax 

Khi đó Max
. Chọn D


 0;1
6 27 27
 3  27
Câu 9:
Đặt AC  x  BC  4  x 2
1
1
1 x2  4  x2 1
Ta có: VS . ABC  SA.S ABC  .x 4  x 2  .

3
6
6
2
3
Dấu bằng xảy ra  x  2  AC  BC  2 . Chọn A
Câu 10:
Đặt AC  x  SA  SC 2  x 2  36  x 2
Lại có AD  AC 2  AB 2  x 2  16
1
1
VS . ABCD  SA.S ABCD  . 36  x 2 .4 x 2  16
3

3
4 36  x 2  x 2  16 40
 .

3
2
3
Vậy Vmax 

40
 x  26 . Chọn A
3