Hình học chọn lọc thi HSG toán lớp 12

BÀI TẬP HÌNH CHỌN LỌC ÔN THI HSG 12
NGUYỄN TRUNG KIÊN
Câu 1. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành và C1 là trung điểm cạnh SC. Mặt
phẳng (P) tùy ý chứa đường thẳng AC1 và cắt các cạnh SB, SD tại B1, D1
a) Xác định (P) để  SB1D1 có diện tích bé nhất.
VSAB1C1D1 1
b) Chứng minh rằng

VSABCD 3
Lời giải:
S

C1
B1
O1
B

C
D1

O
A

D

a) Để dựng (P) tùy ý thoã mãn điều kiện bài toán thì từ O1  SO  AC1 ( trong mp(SBD) ta vẽ
đường thẳng tùy ý qua O1 và cắt hai cạnh SB, SD tại B1, D1. Như vậy các đường thẳng B1D1
SB SD SA SC
luôn qua hai điểm O1 cố định. Ta có:




 1 2  3
SB1 SD1 SA SC1
1
ˆ . Trong đó SBD
ˆ không đổi
Mặt khác: S SB1 D1  SB1.SD1.sin BSD
2
1
2
1 1
2
SB SD
Xét:

.

.
ˆ SB1 SD1 SB.SD.sin BSD
ˆ SB1 SD1
SSB1 D1 sin BSD
Và từ đó, theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy:
Vậy S SB1D1 đạt min khi 
b) Đặt x 

1
SSB1 D1

đạt max 

SB SD 3


SB1 SD1 2

SB1 SD1 2

  (P) qua AC1 và song song với BD
SB SD 3

SB1
SD
, y  1  0  x  y  1
SB
SD

1


1 1
  3 (1)
x y
Mặt khác: Áp dụng công thức tỉ số thể tích với hai hình chóp SABD và SBCD ta dễ dàng tính
VSAB1C1D1 1
1
3
được:
 xy  xy  xy (2)
VSABCD
2

4
4
VSAB1C1D1
2
Từ (1) và (2) áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy:
đạt min  x  y 
3
VSABCD
VSAB1C1 D1 3 2 2 1

 . .   ta có điều chứng minh.
VSABCD
4 3 3 3
Câu 2. Cho hình chóp SABC và điểm M tùy ý nằm trong đáy. Ba đường thẳng qua M, song song
với SA, SB, SC cắt lần lượt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) tại A1, B1, C1.
SA
SB
SC
a) Chứng minh rẳng:


9
MA1 MB1 MC1
b) Xác định vị trí của M để thể tích khối chóp MA1B1C1 nhận giá trị lớn nhất.
Lời giải:
Theo kết quả trên ta có:

S

B1

C1

B'
C

A1

A
M
C'

A'

B

a) Kéo dài AM, BM, CM cắt các cạnh đối diện lần lượt tại A’, B’, C’.
 A1, B1, C1 thuộc SA’, SB’, SC’. Theo định lý Thales ta có:
SA
SB
SC
AA ' BB ' CC '





MA1 MB1 MC1 MA ' MB ' MC '
Do M là điểm trong của tam giác ABC nên:
 1

AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC
1
1 





  S MBC  S MCA  S MAB  


  9 (bất
MA ' MB ' MC ' S MBC S MCA S MAB
 S MBC S MCA S MAB 
đẳng thức Cauchy)  ta có điều phải chứng minh.

2


 
b) Đặt v  MS thì Tv : M  S ; A1  A2 ; B1  B2 ; C1  C2 . Dễ thấy: A2 , B2 , C2 thuộc hai tia đối
của SA, SB, SC và SA2  MA1 , SB2  MB1 , SC2  MC1  VMA1 B1C1  VSA2 B2C2 . Theo công thức tỉ
số thể tích, ta có:

VMA1 B1C1



VMA2 B2C2



SA2 SC2 MA1 MB1 MC1
.

.
.
SA SC
SA SB SC

VSABC
VSABC
Mặt khác theo định lý Thales:
MA1 MB1 MC1 MA ' MB ' MC ' S MAB  S MAC  S MBC
.
.




1
SA SB SC
AA ' BB ' CC '
S ABC
MA ' MB ' MC ' 1
 VMA1B1C1 đạt max 


  M là trọng tâm tam giác ABC.
AA ' BB ' CC ' 3

a

Câu 3. Cho khối chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AB=a và SA=SB=SC=SD=b  b  
2

a) Xác định khối tứ diện có thể tích lớn nhất
b) Tính khối cầu ngoại tiếp khối chóp có thể tích lớn nhất.
Lời giải:
S

D

M
C
O

H
A

B

a) Vì chóp có các cạnh bên bằng nhau nên đáy phải là tứ giá nội tiếp được  ABCD là hình chữ
nhật.
Gọi H  AC  BD thì SH là đường cao của chóp
1
Đặt BC  x thì AC  a 2  x 2 và SH 
4b 2  a 2  a 2  0  x  4b 2  a 2 
2
1

1
1
 VSABCD  a.x.
4b 2  a 2  x 2  a x 2  4b 2  a 2  x 2 
3
2
6
2
2
2
2
2
2
Do x  4b  a  x  4b  a nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
VSABCD đạt max  x 2  4b 2  a 2  x 2  x 

4b 2  a 2
.
2

b) Xét khối chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật vơi AB=a, BC 

3

4b 2  a 2
và
2


1 4b 2  a 2

2

4b 2  a 2
2
2
4
Cầu ngoại tiếp có tâm O là đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC và bán kính R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Trong tam giác SAC ta có:
4b 2
2b 2
ˆ  SH  2 R 
sin SAC
R
b
2 4b 2  a 2
4b 2  a 2
SA= SB=SC=SD=b. Khi đó SH là trục của đáy và SH 

3 
2b 2
Vậy thể tích cầu ngoại tiếp chóp SABCD là: V   
4  4b 2  a 2

3

 8 2 b 6 4b 2  a 2

 
2
3

4b 2  a 2






ˆ  900 A và  ABC    DBC 
Câu 4. Cho tứ diện ABCD có AB  AC  a, BC  b, BDC
a) Tứ diện nào có thể tích lớn nhất.Tính giá trị đó
b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện.
Lời giải:

1
a) VABCD  VS .BCD  S BCD . AH với H là trung điểm BC vì  ABC    DBC  và AB  AC . Ta
3
b 2 4a 2  b 2
1
luôn có: AH 2  AB 2  BH 2  a 2  
 AH 
4a 2  b 2  b  2a 
4
4
2
1
Do AH không đổi nên: VABCD max  S BCD max  BC .DK max  DK max  DK  BC , K  BC 
2
0
ˆ
Mặt khác do BDC  90 nên D thuộc đường tròn đương kính BC cố định

b
 DK max  K  H  DK   DB  DC
2
1 b2 1
b 2 4a 2  b 2
Vậy tứ diện có thể tích nhận giá trị lớn nhất là: V  . .
4a 2  b 2 
3 4 2
24
0
ˆ  90 nên trục của đáy hình chóp ABCD luôn là đường thẳng AH  cầu ngoại tiếp
b) Do BDC
của tứ diện không phụ thuộc vào vị trí của D trên đường tròn đường kính BC thuộc (BDC) 
tâm O của cầu là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
AE
AE
1 AB 2 1 2
2
a2
 R  OA 

. AB 
 .a .

cos  AH
2 AH 2
4a 2  b 2
4a 2  b 2
3

4
4  a 2 4a 2  b 2 
Vậy Vcầu   R3   
 .
3
3  4a 2  b 2 
Câu 5. Cho khối chóp SABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, đường cao SE với E là trung
điểm cạnh BC và SE=CE=2a. Gọi M, N là trung điểm của SE, CE. Trên tai đối của tia BA lấy
ˆ   và 450    900 . Gọi H là hình chiếu của S lên CD.
điểm D sao cho ACD





a) Tính thể tích tứ diện EHMN theo a và 
b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện SACD theo a khi VEHMN lớn nhất.
Lời giải:

4


S

I
M
C

A
N

H
E
B

D

O

a) Theo giả thiết thì SE=EB=EC=2a nên tam giác SBC vuông cân tại S. Kẻ EH  CD thì
CD  SH (định lý ba đường vuông góc)
Xét chóp MEHN vì N là trung điểm của CE. Dễ thấy tam giác HCE vuông tại H và
CE  2a, CH  2a cos   450





1
S CHE  .2a.2a cos   450 .sin   450  a 2 .sin 2  900   a 2 cos 2
2
1
1
 VMEHN  S EHN .ME   .a3 .cos 2
3
6
0
0
b) Vì 45    90 nên 900  2  1800  VEMHN đạt max khi 2  1800    900
Khi đó: tam giác CAD vuông cân tại C và AD=8a với B là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam

giác đó. Đường thẳng  qua B,  SE là trục của đáy CAD. Do  thuộc (SBC) nên  cắt đường
trung trực IE của cạnh bên SC tại O. O là tâm cầu ngoại tiếp của chóp SACD với bán kính
R=OC.
Dễ thấy BO  SE  2a  R 2  OC 2  BO 2  BC 2  4a 2  16a 2  20a 2  R  2a 5













4
160 5 3
Vậy thể tích cầu ngoại tiếp chóp SACD bằng: V   R3 
a .
3
3
Câu 6. Trong (P) cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. Về một phía của (P) vẽ hai tia
Bx, Dy   P  . Cho M, N chuyển động Bx, Dy sao cho BM.DN=c2 (c là hằng số riêng)
a) Xác định vị trí của M, Nđể thể tích tứ diện ACMN min
b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN có thể tích bé nhất.
Lời giải:

5

N

M

B

C
H

a
O
K
A
b

D

a) Xét (OMN) chia tứ diện ACMN thành hai tứ diện AOMN và COMN. Gọi H, K là hình chiếu
vuông góc của A, C lên BD thì theo giả thiết AH , CK   OMN  . Mặt khác dễ thấy:

2
SOMN . AH
3
a b
Theo một giả thiết đã biết của hình thang, ta có:
AH  CK 

ab

2

2

 VACMN  2VAOMN 

1
a 2  b2
ab
S BDMN 
 m  n   VACMN   m  n 
2
4
6
2
Theo giả thiết m.n  c nên theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy ta có Vmin  m  n  c .
abc
Từ đó Vmin 
.
3
b) Vì ABCD là hình chữ nhật nên OE là trục của nó. Gọi I là trung điểm đoạn OE thì dễ thấy
SOMN 

a 2  b2  c 2
IA  IC  IM  IN 
. Do đó cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN có thể tích min là cầu
2
1 2
tâm I, bán kính R 

a  b 2  c 2 và thể tích của cầu là:
2
4

V   R3   a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2 .
3
6
Câu 7. Trong (P) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. về một phía của (P) vẽ hai tia
Bx, Dy   P  . Cho M, N di động trên Bx, Dy sao cho BM  DN  2a
a) Chứng ming rằng VACMN có giá trị không đổi
b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp khối ABCDMN khi khoảng cách giữa (AC) và (MN) nhận
giá trị lớn nhất.
Lời giải:

6


H

E

M

N

B

C

a

O
A
b

D

a) Gọi O  AC  BD  AO   OMN  và (OMN) là mặt đối xứng chia ACMN thành hai tứ diện
2
SOMN . AO
3
Xét hình thang vuông BDMN có đường cao BD  a 2 và hai đáy
BM  m, DN  n  m, n  0   m  n  2a

có thể tích bằng nhau AOMN, COMN. Từ đó: VACMN  2.VAOMN 

Do OB=OD nên dễ dàng chứng minh được:
1
1 mn
a 2
a2 2
SOMN  S BDMN  .
.a 2 
. m  n  
2
2 2
4
2
2
2 a 2 a 2
Vậy VACMN  .

.
luôn không đổi.
3 2
2
 Điều phải chứng minh.
b) Vẽ đường trung bình OE của hình thang BDMN
BM  DN
Do OE 
 a  E cố định
2
Mặt khác vì AO   OMN  nên kẻ OH  MN  H  MN  thì OH là đường vuông góc chung của
(AC) và (MN)
Ta có OH  OE và đạt dấu bằng  H  E  OE  MN  BM  DN  a . Khi đó (OE) là
đường trung trực của hình vuông ABCD và BDNM là hình chữ nhật. Gọi I là trung điểm của
a 3
đoạn OE thì IA  IB  IC  ID  IM  IN 
 cầu ngoại tiếp khối ABCDMN có tâm I là
2
a 3
bán kính R 
2

7


4
3
Vậy thể tích của khối cầu là: V   R3   a 3
.
3

2
ˆ  600 . Về một phía của (P) vẽ hai tia
Câu 8. Trong mp(P) cho hình thoi có cạnh bằng a và BAD
Bx, Dy   P  . Hai điểm M, N chuyển động trên Bx, Dy sao cho BM 2  DN 2  2a 2
a) Xác định M, N để thể tích tứ diện ACMN max
b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN khi tứ diện có thể tích max.
Lời giải:

N

M

B

C

a
O
A

D

a) Gọi O  AC  BD thì do giả thiết ACBD là hình thoi nên AC   OMN   mp(OMN) chia
2
SOMN . AO
3
cũng giống như các bài trước, đặt BM  m, DN  n  m, n  0  , ta có:

tứ diện ACMN thành hai pần bằng nhau và ta có: VACMN  2VAOMN 

SOMN 

1
1 1
a
S BCNM  . a  m  n    m  n 
2
2 2
4

2 a
a 3
3
(Vì tam giác ABD đều nên AB  BD  DA  a )  VACMN  .  m  n  .
 a2.
. m  n
3 4
2
12
2
Theo bất đẳng thức Bunhiacoski ta có:  m  n   2 m 2  n 2  4a 2  m  n  2a và dấu bằng





3
với BM=DN=a
6
b) Đối với tứ diện ACMN có Vmax thì dễ thấy OE là giao tuyến của hai mặt phẳng trung trực của

cặp cạnh đối AC và MN nên tâm cầu ngoại tiếp I thuộc (OE)
Để xác định vị trí của I ta chọn trục OE và đặt OI  x  a  OE  OI  IE  IE  a  x .
Vì bán kính cầu R  IA  IM nên IA2  IM 2  AO 2  OI 2  IE 2  EM 2
đạt được khi m=n=a. Từ đó tứ diện ACMN có thể tích lớn nhất là: Vmax  a 3 .

8




3a 2
a2
a
a
2
 x2   a  x  
 2x   x 
4
4
2
4

a
.
4
3a 2 a 2 13a 2
a 13
4
4
13 13

13 13
Còn R 2 


R
.
 Vcầu   R3   a3 . 3   a 3 .
4 16
16
4
3
3
4
48
Câu 9. Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Về một phía của (P) vẽ hai tia
Bx, Dy   P  . Cho M, N tùy ý thuộc Bx, Dy sao cho  ACM    ACN 

Vậy tâm I của cầu đang xét nằm trong đoạn OE với OI 

a) Chứng minh rằng  ACM    ACN    AMN    CMN 
b) Xác định vị trí của M, N để tứ diện ACMN có thể tích bé nhất.
Lời giải:
H
N

M

B

C

a
O
A

D

ˆ  900
a) Gọi O  AC  BD thì từ giả thiết ta có AO   OMN  và từ đó MON
ˆ  900  BHD
ˆ  900
kẻ OH  MN thì từ một bài toán quen thuộc ở lớp dưới, dễ thấy MON
1
1
ˆ  900
 HO  BD  HO  AC  AHC
2
2
ˆ  900   AMN    CMN   điều
Mặt khác do MN  OH và AC nên MN   HAC   AHC
phải chứng minh.
b) Đặt BM  m, DN  n  m, n  0  . Như đã trình bày ở bài toán trước ta có:
SOMN 

1
1 mn
2
a2
S BDNM  .
.a 2 

a  m  n  và VACMN  2VAOMN   m  n 
2
2 2
4
6

2
ˆ  900  MN 2  OM 2  ON 2  2a 2   m  n  2  a 2  m 2  n 2  mn  a
Mặt khác MON
2

9


Từ đó theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy ta có: VACMN đạt min  m  n 

a 2
2

a 2 2a 2
2
.
 a3.
.
6
2
6
Câu 10. Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Về một phía của (P) vẽ hai tia
ˆ  900
Bx, Dy   P  . Cho M, N chuyển động trên Bx, Dy sao cho OMN

a) Xác định vị trí của M, N để VACMN min. TÍnh giá trị đó
b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN khi m=a.
Lời giải:
Vmin 

F
N

M

B

C
E

I

a
O
A

D

a) Tương tự như các bài toán trước, đặt O  AC  BD, BM  m, DN  n  m, n  0  thì

VACMN 

a2
 m  n  (1)
6

2
2
ˆ  900  ON 2  OM 2  MN 2  a  n 2  a  m2  2a 2   m  n  2
Để OMN
2
2
2
2
a m
 a 2  m 2  mn  0  n 
(2)
m
a2 
a 2  m 2  a 2 a 2  2m 2 a 2 2am 2
2
Từ (1) và (2)  VACMN   m 
 .
 a3.
 .
6 
m  6
m
6
m
3

Và đạt dấu bằng  2m 2  a 2  m 

VACMN min  a3 .

a 2
2

2
.
3

10


a2  a 2
 2a và MN  a 3
a
Theo định lý Pythagore ta có: MA2  MC 2  a 2  a 2  2a 2  MA  MC  a 2  MAC đều có
cạnh bằng a 2 và NM  MO và AC nên NM   MAC 
Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC thì đường thẳng  qua E,  MN là trục của
nó. Đường thẳng  ' qua F là trung điểm đoạn MN,  MO là đường trung trực của MN
Do ,  ' đồng phẳng và không song song nên chúng cắt nhau tại I là tâm cầu ngoại tiếp tứ diện
b) Với m=a thì n 

ACMN. GỌi R là bán kính của cầu thì R 2  IM 2  IE 2  EM 2 

3a 2 2a 2 17a 2
a 51


R
4
3

12
6

17 51
.
54
Câu 11. Trong mp(P) cho tam giác ABC nhọn. Vẽ đường thẳng d qua A và vuông góc (ABC).
Cho M tùy ý thuộc d  M  A  . Gọi H là trực tâm tam giác ABC và d’ là đường thẳng qua H,
Vậy thể tích của cầu là: V   a 3

  MBC  . d’ cắt (MBC) tại K và d tại N.
a) Xác định vị trí của N để VBCHK lớn nhất
b) Khi M chuyển động trên d, chứng minh cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN luôn đi qua một
đường tròn cố định.
Lời giải:
Mo

M
d

B'
B1

A

C
Ko
K

H

A1
B

d'
N

a) Vẽ hai đường cao AA1 và BB1 của ABC  AA1  BB1  H

11


Vì ABC là tam giác nhọn nên H nằm trong tam giác.
Dễ thấy BC   MAA1    MAA1    MBC  . Từ đó trong mp(MAA1) vẽ d’ qua H vuông góc
MA1 thì d   MBC  .
Cũng do vị trí của d’ trong MAA1 nên d’ cắt d tại N và M, N phải nằm về hai phía của A nên K
thuộc đường tròn đường kính HA1 trong mp(MA1 N)
1
Xét VBCHK  VKBCH  S BCH .KD với KD  AA1  D  HA1 
3
Do BCH cố định nên VBCHK đạt max  KD max  K  K 0 là trung điểm cung

HA1 . A1 K  d  M 0  M 0 là điểm cần tìm.
b) Gọi (S) là cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN. Vì M, N nằm về hai phía của A và
AM . AN  AH . AA1 nên A là điểm trong của (S). Kéo dài BA về phía A cắt (S) tại B’. Mặt phẳng
(BMN) cắt (S) theo đường tròn    và sử dụng phương tích của điểm A đối với    , ta có:

PA/    AM . AN  AB. AB  B’ cố định
Vậy mặt cầu (S) đi qua 3 điểm cố định B,C,B’ nên (S) chứa đường tròn cố định là đường tròn
ngoại tiếp tam giác BCB’. Ngoài rat a còn suy ra được tâm (S) thuộc đường thẳng  cố định là

đường trung trực của tam giác BCB’.
Câu 12. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác nhọn ABC và đường thẳng d qua A,   ABC  . Điểm
M chuyển động trên d  M  A  . Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Vẽ đường thẳng d’ qua H,
  MBC  cắt d tại N và (MBC) tại K.

a) Chứng minh rằng K là trực tâm tam giác MBC và từ đó suy ra tam giác MBC là tam giác
nhọn.
b) Xác định vị trí của M để thể tích tứ diện BCMN bé nhất.
Lời giải:

12


M

B2
B1
A

C

K

H

A1
B
N

a) Xét tam giác ABC với hai đường cao AA1  BB1  H  H nằm trong ABC

Dễ thấy BC   MAA1  nên  MBC    MAA1  và  MBC    MAA1   MA1 . Theo định lý cơ bản,
đường thẳng d’ qua H và  MA1 thì d   MBC   d qua H ,  MA1 tại K. Do d   MAA1  và tứ
ˆ tù nên K nằm trong đoạn MA1 và M, N phải nằm hai phía của A.
giác MAHK nội tiếp có AHK
BK  MC  B2 thì B2, B1, N thẳng hàng vì thuộc giao tuyến của hai mp(BB1B2) và (MAC)
Vì BB1   MAC  nên MC  BB1 . Ngoài ra MC  d ' vì d '   MBC  .
Do đó MC   BKB1   MC  BB2  K là trực tâm tam giác MBC. Mặt khác do K nằm trong
đoạn MA1 nên là điểm trong của MBC  MBC nhọn.
b) Khi M chuyển động trên d thì H luôn là trực tâm tam giác MNA1.
Từ đó AM .AN  AH . AA1  AM . AN nhận giá trị không đổi.
1
Xét VBCMN  VMABC  VNABC  S ABC .  AM  AN 
3
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy, VBCMN đạt min  AM  AN
Vậy để tứ diện BCMN có thể tích bé nhất thì AM  AN  AH . AA1
Câu 13. Trong mp(P) cho tam giác ABC đều, cạnh bằng a.Vẽ đường thẳng d đi qua A,  (P) và
cho M tùy ý thuộc d  M  A  . Gọi B1 là trung điểm AC và B2 là hình chiếu của B lên MC.
Đường thẳng (B1B2) cắt d tại N.
a) Xác định vị trí của M để tứ diện BCMN có thể tích bé nhất
b) Chứng minh rằng cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN chứa một đường tròn cố định.
Lời giải:

13


M

B2

B'

B1
A

C

K

H

D
B
N

a) Vì AB=AC=a nên MB  MC . Gọi D là trung điểm cạnh BC thì AD, MD  BC
ˆ
ˆ
BMC
BD BD
BMC
ˆ  600  MBC nhọn.
 sin


 sin 300 (vì BM  BA ) 
 300  BMC
2
MB BA
2
 B2 nằm trong MC.
Mặt khác BB  AC và MA  BB  MC  MC   BB B   MBˆ B  900   B B   d  N

1

1

1

2

2

1

2

1

với M, N nằm về hai phía của A.

a2
. Còn (ABC) chia tứ diện BCMN
2
1
a2 3
thành hai chóp tam giác MABC và NABC nên VBCMN  S ABC  AM  AN  
 AM  AN  .
3
12
Từ đó theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy VBCMN đạt min
a 2
6

 AM  AN 
 Vmin  a 3 .
.
2
12
b) Do điểm A nằm trong cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN nên đường thẳng BA cắt mặt cầu tại B’
thuộc tia đối của tia AB. Mặt phẳng (BMN) cắt mặt cầu theo đường tròn    và theo phương tích
Xét  CMN có B1 là trực tâm nên AM .AN  AB1. AC 

a2
 B cố định.
2
Vậy cầu đang xét đi qua 3 điểm cố định B,C,B’ nên chứa đường tròn cố định là đường tròn ngoại
tiếp tam giác BCB’.
Câu 14) Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Từ A, B kẻ hai đường
thẳng d1; d2 vuông góc với (P). Cho hai điểm E, F chuyển động trên d1;d2 sao cho DE vuông
góc với CF
của điểm A đối với    ta có: ABAB '  ÂMN  

14


a) Xác định E, F để tứ diện CDEF có thể tích bé nhất
b) Xác định bán kính mặt cầu ngoại tiếp CDEF . Chứng minh tậm mặt cầu luôn thuộc đường
thẳng cố định.

15