Chương 1 KHỐI đa DIỆN mức độ 4 phần 1

Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho khối hộp chữ
B C D có thể tích bằng 2110 . Biết A�
nhật ABCD. A����
; CP  2 PC �
. Mặt
M  MA ; DN  3 ND�
phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng
D�
C�
A�

B�

N

P

M
C

D
A.

7385
.
18

B
8440
C.
.

9
Lời giải

A
5275
B.
.
12

Chọn D

D�
A�

5275
.
6

C�

B�

N

D.

P

M
Q

C

D
B
A
VMNPQ. A����
�
�
1 �A M C P � 1 �1 1 � 5
BCD
 �

Ta có:
� �  � .
�
�
VABCD. A����
2
A
A
C
C
�
� 2 �2 3 � 12
BCD
5
5
5275
Vnho  VMNPQ. A����
VABCD . A����

�
2110 
.
BCD 
BCD 
12
12
6

Câu 2: ----------------------------------- HẾT -----------------------------------(THPT Chuyên Quang
Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , các
cạnh còn lại bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất.
A. x  6 .
Chọn D

B. x  2 2 .

C. x  14 .
Giải:

D. x  3 2 .


[Phương pháp tự luận]
Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB và CD .
CM  AB
�
� AB   CDM  .
Ta có tam giác ABC , ABD cân lần lượt tại C và D . Suy ra �
�DM  AB

Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy ra MC  MD . Ta được MH  CD .
Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vuông tại H .
x
Có BM  ; BH  BC 2  CH 2  12  3  3
2
HC  3 ; HM  BH 2  BM 2  9 

x2
1
1
x2
. Suy ra S MHC  .MH .HC  . 9  . 3 .
4
2
2
4

1 x 3
x2
VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC  4. . . . 9 
3 2 2
4


x 3
x2 2 3 x
x 2 2 3 1 �x 2
x2
9


. . 9
�
. .�  9 
3
4
3 2
4
3 4 �4
4

Vậy

giá

trị

lớn

nhất

của

thể

tích

khối

�3 3
.

�
� 2
tứ

diện

bằng

3 3
,
2

đạt

khi

x2
x2
 9  � x 2  18 � x  3 2 .
4
4
[Phương pháp trắc nghiệm]
Thực hiện như phương pháp tự luận để có được V 
tính.
CALC

x 3
x2
9  . Nhập hàm số bên vào máy
3

4

6 , được V �3.872 .

CALC 2 2 , được V �4.320 .
CALC 14 , được V �5.066 .
CALC 3 2 , được V �5.196 .
Câu 3: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một viên đá có hình dạng là khối
chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a . Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy
của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối
đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của
khối đá đầu).

A.

2a 2
.
3

B.

a2
.
3
2

C.
Lời giải

Chọn D

a2
.
4

D.

a2
3
4


S
Q

M
N

A

H

P

O

D
C

B

Gọi M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD
�
�SO   ABCD 
� SH   MNPQ 
và H  SO � MNPQ  . Do �
 MNPQ  P ABCD 
�
SH SM SN SP SQ




 k  k  0  (Định lý Thales) và V  VS . ABCD .
Đặt
SO SA SB SC SD
VS .MPQ
V
V
1 �SM SN SP SM SP SQ � 1 3
3
3
 � .
.

.
.
Ta có S .MNPQ  S .MNP 
�  k  k   k
2

SA
SB
SC
SA
SC
SD
2VS . ABC 2VS . ACD
�
� 2
V
Theo ycbt :

Mặt khác

VS .MNPQ
V

 k3 

1 VS .MNPQ

2
V

� S MNPQ 

1 �k  1
.
3
2

2

1
SH .S MNPQ
S
3
 k . MNPQ
1
S ABCD
SO.S ABCD
3

2
3
1
2 2 a .
.S ABCD 

.a
3
2k
4
2

Câu 4: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy

ABCD là hình thang cân, AD  2 AB  2 BC  2CD  2a . Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD 
cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD .
a3 3
Tính cosin góc giữa MN và  SAC  , biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

.
4
A.

5
.
10

B.

3 310
.
20

C.

310
.
20

D.

3 5
.
10

Lời giải
Chọn C
Cách 1: Gọi    là mp đi qua MN và song song với mp  SAD  . Khi đó    cắt AB tại P ,
cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK � I � SAC  .

Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung điểm của AB , SC và AC .
Lại có: ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2 BC  2CD  2a
� AD  2a; AB  BC  CD  a
2
� CH  a 3 ; S ABCD  a  2a . a 3  3 3a .
2
2
2
4

1
a
3a
1 3 3a 2
a3 3
� SA  a � MP  SA  và NP 
Nên VABCD  .
.
.SA 
2
2
2
3
4
4


2

2

a � �3a � a 10
Xét tam giác MNP vuông tại P: MN  �
� � � � 
2
�2 � �2 �

MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác SAB, SAC � MP //KQ //SA
KN là đường trung bình của tam giác ACD � KN 

1
AD  a .
2

2

2
�a 3 � �3a �
a 3
Xét tam giác AHC vuông tại H: AC  � � � �  a 3 � KC 
� 2 � �2 �
2
� �
Suy ra: tam giác KNC vuông tại C � C là hình chiếu vuông góc của N lên  SAC  .

�
� góc giữa MN và  SAC  là góc NIC

Khi đó:

IN
KN 2
2
2 a 10 a 10

 � IN  .MN  .

MN NP 3
3
3 2
3

a
a 10
Xét tam giác NIC vuông tại C : NC  ; IN 
� IC 
2
3

2

2
�a 10 � �a �
a 31


�
�
�
�

� 3 � �2 �
6
�
�

�  IC  a 31 : a 10  310 .
� cos NIC
IN
6
3
20

S

z

S

Q

M
I

A

H

D

F

I

A

N

K
B

Q

M

H
N

K

C

x

B

C

Cách 2. Vì ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2 BC  2CD  2a
� AD  2a; AB  BC  CD  a
2

� CH  a 3 ; S ABCD  a  2a . a 3  3 3a .
2
2
2
4

1 3 3a 2
a3 3
� SA  a
nên VABCD  .
.SA 
3
4
4
Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ
�a
� � a 3 � � a 3 � � a a 3 �
, C�
0;
;0 �
, A�
0; 
;0 �
, N�
,
Ta có: K  0;0;0  , B � ;0;0 �
�
�
�
� ; 2 ;0 �

�
2
�2
� �
� 2
� �
� �2
�
� a 3 � �a a 3 a �
S�
0; 
;a�
, M�
�
�
�4 ;  4 ; 2 �
�
2
�
� �
�
uuuu
r �3a 3a 3 a �
ur
uuuu
r
MN  �
;
;
u



3;3
3;

2
.
Chọn
cùng
phương
với
�
MN
1
�4
4
2 �
�
�





D

y


�BK  SA

� BK   SAC 
Nhận xét: �
�BK  AC
uuur �a
ur
uuur
�
BK  � ;0;0 �là vtpt của  SAC  .Chọn n1   1;0;0  cùng phương với BK
�2
�
ur ur
u1.n1
3 10
310
r 
Gọi  là góc góc giữa MN và  SAC  . Ta có sin   ur uu
.
� cos  
20
u1 u2
20
Câu 5: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh

1 m  như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ
giác đều có cạnh đáy bằng x  m  , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp.
Tìm giá trị của x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. x 

2

.
4

B. x 

2
.
3

C. x 

2 2
.
5

D. x 

1
2

Hướng dẫn giải
Chọn C

S

S
A

B

D

O

A

M

D

C
S1

B

x

M

O
C

x
2x
Từ hình vuông ban đầu ta tính được OM  , S1M  S1O  OM 
. (0  x  2 )
2
2
Khi gấp thành hình chóp S . ABCD thì S1 �S nên ta có SM  S1M .
2

Từ đó SO  SM 2  OM 2  2  2 2 x . (Điều kiện 0  x 
)
2
2
1
1 2
1
2 x 4  2 2 x5 .
Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD  S ABCD .SO  x 2  2 2 x 
3
6
6
2
4
5
Ta thấy VSABCD lớn nhất khi f  x   2 x  2 2 x , 0  x 
đạt giá trị lớn nhất
2
 x   8x3  10 2 x 4  2 x3 4  5 2 x
Ta có f �



x0
�
f�
 x  0 � �
2 2
�
x

�
5




Bảng biến thiên

2 2
Vậy: VS . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 
5
Câu 6: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có cạnh SA  x
còn tất cả các cạnh khác có độ dài bằng 2 . Tính thể tích V lớn nhất của khối chóp S . ABCD .

B. V 

A. V  1

1
.
2

C. V  3 .

D. V  2 .

Lời giải
Chọn D

S

a
x

C

B
HO

A
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có:
BAD  BSD  BCD nên AO  SO  CO � SO 

a
D
1
AC � SAC vuông tại S
2

Do đó: AC  SA2  SC 2  x 2  4
4  x2
12  x 2
� OD  AD  AO  4 

� BD  12  x 2 , 0  x  2 3
4
2
�BD  AC
� BD   SAC 
Ta thấy: �
�BD  SO

�SH  AC
� SH   ABCD 
Trong SAC hạ SH  AC . Khi đó: �
�SH  BD
2

2

SA. AC
2.x
1
1
1
� SH 

 2
2
2
2
2
SH
SA SC
SA  SC
4  x2
2
2
1 1 2
2x
1
� VS . ABCD  .

x  4. 12  x 2 .
 .x. 12  x 2 �1 x  12  x  2
3 2
x2  4 3
3
2
2
2
Dấu "  " xảy ra khi x  12  x � x  6 .

B C có đáy
Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. A���
là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A�lên mặt phẳng  ABC  trùng với
trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA�và BC bằng a 3 . Khi
4
đó thể tích của khối lăng trụ là


A.

a3 3
.
12

B.

a3 3
.
6

C.

a3 3
.
3

D.

a3 3
.
24

Lời giải
Chọn A

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có
H  BC
�A�
�
� BC   A�
AI  � BC  AA�
.
�AI  BC
�A�
� H �AI  H
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA�
. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA�
a 3
và BC nên IK =d  AA�
, BC  

. Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có
4
a 3
a 3
1
�  30�
IK =
, AI 
� IK  AI � KAI
.
4
2
2
a 3 3 a
Xét tam giác vuông AA�
H vuông tại H có A�
H =AH .tan30�
.
 .
3
3
3
2
3
a 3 a a 3
Vậy VABC . A���
. 
.
BC 
4 3

12

BC
Câu 8: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. A���
có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A�lên mặt phẳng  ABC 
trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA�và BC bằng
a 3
. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là
4
A.

a3 3
.
12

B.

a3 3
.
6

C.
Lời giải

Chọn A

a3 3
.
3

D.

a3 3
.
24


Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có
H  BC
�A�
�
� BC   A�
AI  � BC  AA�
.
�AI  BC
�A�
� H �AI  H
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA�
. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA�
a 3
và BC nên IK =d  AA�
, BC  
. Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có
4
a 3
a 3
1
�  30�
IK =
, AI 

� IK  AI � KAI
.
4
2
2
a 3 3 a
Xét tam giác vuông AA�
H vuông tại H có A�
H =AH .tan30�
.
 .
3
3
3
2
3
a 3 a a 3
Vậy VABC . A���
. 
.
BC 
4 3
12
Câu 9: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cắt ba góc của một tam giác đều cạnh

a�
�phần còn lại là một tam giác đều bên ngoài là các hình chữ
2�
nhật, rồi gấp các hình chữ nhật lại tạo thành khối lăng trụ tam giác đều như hình vẽ. Tìm độ dài x để
�

�

0 x
bằng a các đoạn bằng x, �
thể tích khối lăng trụ lớn nhất.

x

A.

a
.
3

B.

a
.
4

C.
Lời giải

Chọn D

a
.
5

D.

a
.
6


A
M

x
I

�  30�� MI 
Xét tam giác AMI như hình vẽ, đặt AM  x  0, MAI
�
�

0 x
Lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy a  2 x , �

 a  2x 
V
4

2

x
3

x

a�
nên thể tích khối lăng trụ là
�, chiều cao
2�
3

3 x
a 2 x  4ax 2  4 x3
.

4
3
� a�
� 2�

0; �để thể tích V đạt giá trị lớn nhất.
Ta cần tìm x ��
�
x
�
2
2
3
2
2
�
Xét f  x   a x  4ax  4 x , có f  x   12 x  8ax  a  0 � �
�
x
�

Từ bảng biến thiên suy ra thể tích V đạt giá trị lớn nhất khi x 

a
6
a
 l
2

a
.
6

Câu 10: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là
hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB đều có cạnh là 2a và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  bằng

2a 2 ( với H là trung điểm của AB ). Thể tích khối chóp S . ABCD là
A.

a3 3
.
3

B.

a3
.
3

C.
Lời giải

Chọn D

4a 3
.
3

D.

4a 3 3
.
3


S

A

D

H
B

C

E
Gọi E là hình chiếu của D lên CH , ta có DE   SCH  � DE  d  D,  SCH    2a 2 .
Vì SH là đường cao của tam giác đều SAB nên SH  a 3 và

�
�
CH  SC 2  SH 2  5a 2  3a 2  a 2
�
�BC  BH  a
1
1
2
Ta có: S DCH  DE.CH  a 2.2a 2  2a .
2
2
Đặt AD  x  0.
 a  x  .2a  ax  a 2  1
S ABCD 
2
1 2
1
5 2 1
2
Mặt khác S ABCD  S BHC  S CHD  SAHD  a  2a  ax  a  ax  2 
2
2
2
2
5 2 1
2
Từ  1 và  2  : a  ax  ax  a � x  3a.
2
2
1

1
4a 3 3
Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SH  4a 2 .a 3 
.
3
3
3
Câu 11: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người xây nhà xưởng hình
hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m 2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức
tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước
như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi
phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường).

A. 16 m �24 m .

B. 8 m �48 m .

C. 12 m �32 m .
Lời giải

Chọn A
Đặt x , y , h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng.
384
Theo giả thiết, ta có x.3 y  1152 � y 
x
Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất.

D. 24 m �32 m .

384
� 576 �
h  1152  4h �x 
� 1152
x
� x �
576
Vì h không đổi nên Stp nhỏ nhất khi f  x   x 
(với x  0 ) nhỏ nhất.
x
576
Cách 1: Khảo sát f  x   x 
với x  0 ta được f  x  nhỏ nhất khi x  24 � y  16 .
x
576
576
576
� x  24 .
Cách 2. BĐT Côsi x 
�2 x.
 48 . Dấu “=” xảy ra � x 
x
x
x
Ta có Stp  4 xh  6 yh  3xy  4 xh  6.

Câu 12: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người cần làm một hình
lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm 3 . Để ít hao tốn vật liệu nhất
thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu?
A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm .

B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm .
C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm .
1
D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng cm .
2
Lời giải
Chọn B

B C có độ dài AB  x , AA�
h.
Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC. A���
3 2
3 2
Khi đó S ABC 
�
x và VABC . A���
x h.
B C  S ABC . AA 
4
4
3 2
24
Theo giả thiết
x h6 3�h 2 .
4
x
B C là nhỏ nhất.
Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC. A���
S
B C , ta có:

Gọi tp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC. A���
3 2
3 2 72
.
x  3hx 
x 
2
2
x
3 2 72
Khảo sát f  x  
trên  0; � , ta được f  x  nhỏ nhất khi x  2 3 .
x 
2
x
Với x  2 3 � h  2 cm .
Stp  2S ABC  3S ABB�A�

Câu 13: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là
hình bình hành, có thể tích bằng 24 cm3 . Gọi E là trung điểm SC . Một mặt phẳng chứa AE cắt
các cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp
S . AMEN .


A. 9 cm3 .

B. 8 cm3 .

C. 6 cm3 .
Lời giải

D. 7 cm3 .

Chọn B

SM
SN
 a;
 b. Ta có VS . AMEN  VS . AMN  VS . EMN .
SB
SD
�SM SN �
Do đó dễ có VS . AMEN  6 � 
� 6  a  b  .
�SB SD �
Đặt

Ta có a  b 
� ab 

SM SN SGSM SGSN 3  SGSM  SGSN 




S SBD
SB SD SGSB SGSD

2
3S SMN 3SM .SN

4
a  b


� ab � .

3
ab
�
3
S SBD
SB.SD
3
4

4
Do đó VS . AMEN  6  a  b  �6.  8.
3
Câu 14: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Trong không gian cho 3 tia
Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau đôi một. Điểm A cố định thuộc tia Oz và OA  2 . Các điểm
M và N lần lượt lưu động trên các tia Ox và Oy sao cho OM  ON  2 ( M , N không trùng
O ). Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN .
A.

2.

B. 1.

C. 2 .
Lời giải

Chọn B

D.

3
.
2


Trong tam giác vuông OBC , gọi M là trung điểm cạnh BC khi đó H là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác OBC . Từ H dựng đường thẳng  song song với OA, suy ra  là trục
đường tròn tam giác OBC . Mặt phẳng trung trưc của OA qua E và cắt  tại I . Khi đó I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN và bán kính R  OI .
2

OA
1
 OH 2 
 OH 2 .
4
2
Vậy OI nhỏ nhất khi và chỉ khi OH nhỏ nhất khi cà chỉ khi H là hình chiếu vuông góc của
O lên BC . Khi đó tam giác OBC là tam giác vuông cân và
Ta có R  OI  IH 2  OH 2 

OM  ON  1 � MN  2 � OH 

2
1 1

�R
  1.
2
2 2

Câu 15: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có

�  CSA
�  30�Mặt phẳng    qua A và cắt hai cạnh SB , SC tại
SA  SB  SC  a và �
ASB  BSC
,

sao cho chu vi tam giác

B�C �

A. k  2  2 .

nhỏ nhất. Tính k  VS . AB��
C .

AB��
C

VS . ABC

C. k 

B. k  4  2 3 .



1
.
4

Lời giải
Chọn B
S

S
A�

B�
C�

A

C�

C

B�
A

B



D. k  2 2  2 .

B

C


Cắt hình chóp theo cạnh SA rồi trải các mặt bên ra ta được hình như hình vẽ ( A�là điểm sao
cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A ).
C bằng AB�
 B��
C  C�
A nhỏ nhất khi A , B�
Khi đó chu vi tam giác AB��
, C�
, A�thẳng hàng
 B��
C  C�
A  AA�
hay AB�
.
� �
��
��
Khi đó tam giác SAA�có SAA
�
ASB�
B
SC �
C

SA�
 90�nên vuông cân tại S và có SA  a
� �
 SC �
, SB�
, SAB
 45�.
SA
SB�
SB� sin 45�

�

 3 1 .
Ta có
sin105� sin 45� SA sin105�
VS . AB��
SB�SC �
C

.
 3 1 3 1  4  2 3 .
Do đó k 
VS . ABC
SB SC







Câu 16: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho ba tia không đồng phẳng
Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. Xét tam giác ABC có các đỉnh A trên tia Ox , B trên tia Oy ,
C trên tia Oz sao cho tam giác ABC chứa trong nó một điểm M cố định. Thể tích khối tứ
diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi:
A. OM vuông góc với mặt phẳng  ABC  .
B. S
với kí hiệu S
là diện tích tam giác
ABC.
VMBC  SVMCA  SVMAB
VABC
C. M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
D. V
với kí hiệu V
là thể tích khối chóp
.
OABC
OMBC  2VOMCA
OABC
Lời giải
Chọn B

Đặt OA  a; OB  b; OC  c. Vì điểm M cố định và M nằm trong tam giác ABC . Ta gọi
M  xM ; yM ; zM  .
Ta có VOABC  VM .OAB  VM .OAC  VM .OBC 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

1

 abzM  acyM  bcxM  .
6


1
1
1
 abzM  acyM  bcxM  � 3 xM yM zM a 2b 2c 2  3 xM yM zM 36V 2
6
2
2
9
۳ 2V 3 xM yM zM 36V 2 ۳ 8V 3 xM yM z M 36V 2 ۳ V
xM y M z M .
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abzM  acyM  bcxM hay VM .OAB  VM .OAC  VM .OBC hay
V

SVMBC  SVMCA  SVMAB (Do cùng chiều cao).
Câu 17: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác

ABC. A���
B C có thể tích là V và độ dài cạnh bên AA�
 6 đơn vị. Cho điểm A1 thuộc cạnh AA�sao
cho AA1  2 . Các điểm B1 , C1 lần lượt thuộc cạnh BB�
, CC �sao cho BB1  x, CC1  y , ở đó x, y
là các số thực dương thỏa mãn xy  12. Biết rằng thể tích của khối đa diện ABC. A1B1C1 bằng
Giá trị của x  y bằng
A. 3 .

B. 4 .

C. 1 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn C

Gọi M , N lần lượt thuộc BB�và CC �
sao cho BM  CN  2. Khi đó ta có

1
x y4
1
x y4 2
VABC . A1B1C1  VABC . A1MN  VA1MNC1B1  V 
VA�BCC �B� V 
�V .
3
12
3
12
3
Mặt khác theo giả thiết ta có VABC . A1B1C1 

1
V nên suy ra
2

1
V.
2


1
x y4 2
1
1 x y4 2 1
V
�V  V � 
�  � x  y  7 , kết hợp với xy  12. Ta có
3
12
3
2
3
12
3 2
�x  3
�x  4
hoặc �
. Do đó x  y  1.
�
�y  4
�y  3
Câu 18: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp lăng trụ tam

�
�

0  
giác đều ABC. A���
B C có S ABC � 8 3 , mặt phẳng ABC �tạo với mặt phẳng đáy góc  �
Tính cos khi thể tích khối lăng trụ ABC. A���
B C lớn nhất.

A. cos 

1
.
3

B. cos 

2
.
3

C. cos 

3
.
3

D. cos 

�
�.
2�

2
.
3

Lời giải
Chọn C

 h, CH  b, AB  a.
Đặt CC �
.h.cos  =8 3h.cos  .
Khi đó VABC . A���
B C  S ABC .h  S ABC �
Ta có S ABC '

1 h
2
1
h
1
1 h
1
h2

.
.
.
b

.

.
h
cot

 C ' H . AB  .
.a

. 2 cos  .
2 sin  3
3 sin 
2
2 sin 
3 sin 

nên 8 3 

1 h2
sin 2 
.
cos  � h 2  24.
.
cos 
3 sin 

sin 2 
2
2
2

8

3
h
.cos

Từ đó VABC . A���
�
V

192
h
.cos


4608
�
�
cos 2   4608sin 2  cos  .
BC
cos 
 4608  1  cos 2   cos   4608  cos   cos 3   .

3
 t   1  3t 2 .
Đặt t  cos  , t � 0;1 . Xét hàm số f  t   t  t � f �

 t   0 � 1  3t 2  0 � t 
Ta có f �

1
.  t � 0;1  .

3

�1 � 2
.
Ta có f  0   0, f  1  0, f � �
�3� 3 3
2
1
 3072 3 � cos  
. (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm
3
3
2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a . M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD

Câu 19: Vậy Vmax  4608.


và BC . Biết thể tích của khối ABCD là V 

a
a3 3
và d  AB; CD   a (giả sử MN  ). Khi đó độ
2
12

dài đoạn MN là:
A. MN  a 3 .

B. MN 

a 6
.
2

C. MN 

a 3
.
2

D. MN  a 2 .

Lời giải:
Chọn C

Dựng hình bình hành BDCE . Khi đó ta có d  CD; AB   d  C ; ABE   a .
� a�
Đặt MN  x �x  �, suy ra AE  2 x .
� 2�
1
1
2
2
2
2
Gọi H là trung điểm AB , ta có: S ABE  . AE.BH  .2 x. a  x  x a  x . Nên kí hiệu diện tích
2
2
tam giác.
1

a3 3
V  C. ABE   V  ABCD  � .a.x. a 2  x 2 
3
12
2
a 3
� x a2  x2 
� 16 x 2 a 2  16 x 4  3a 4
4
�2 3 2
x  a
�
� � 4 . Kết hợp điều kiện, được x  a 3 .
1
2
�
x2  a2
� 4
Câu 20: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC ,
�
ASB  20�, SA  a , M thuộc cạnh SB , N thuộc cạnh SC , D là trung điểm cạnh SA . Khi
AM  MN  ND đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng diện tích các tam giác SAM , SMN , SND là:
A.

a2
.
4

B.

a2 3
.
4

C.

Lời giải:
Chọn D

a2 2
.
8

D.

a2 3
.
8


Trải các mặt bên của hình chóp theo đường cắt SA ta được Hình 1.
Khi đó, tổng AM  MN  ND nhỏ nhất khi A , M , N , D�thẳng hàng. Với A�và D�là hai điểm sao
cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A , D .
Khi đó tam giác SAD�có �
. Suy ra SAD�là nửa tam giác đều cạnh SA .
ASD�
 60�, SA  2 SD�
1 a2 3 a2 3
Ta được S SAM  S SMN  S SND  S SAM  S SMN  S SND� S SAD� .


2 4
8
Câu 21: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lâp phương
ABCD. A����
B C D có bằng a . Điểm M thuôc đoạn thẳng BC �
, điểm N thuôc đoạn thẳng AB�
, MN tao
̣ với đáy môt góc bằng 30�. Tính đô dài nhỏ nhất của đoạn thẳng MN .
2a
2a
a
2a
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
6 1
6 1
2
3
Lời giải
Chọn D
C
B
x M
E x
A

D
N

F
y

H

B�

C�
D�

A�

�MH  a  x  y
�ME  HF  BF  x
�
F  y ��
Đặt BE  x , B�
NF  B�
Fy
�
�HN  x 2  y 2
�
1
�a  x  y
�MH
o


 1

tan
30
� 2
2
�HN
3
�
�x y
��
Ta có: �
HN
�MN 
�MN  2 x 2  y 2  2 
o
�
�
cos30
3
�
Từ  1 suy ra

x 2  y 2  3a  3  x  y  � 3a  6 x 2  y 2 � x 2  y 2 �

Từ  2  suy ra MN �

2a
.
6 1

3a
6 1


Câu 22: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trong mặt
phẳng  P  cho tam giác XYZ cố định. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P  tại
điểm X và về hai phía của  P  ta lấy hai điểm A , B thay đổi sao cho hai mặt phẳng AYZ và
BYZ luôn vuông góc với nhau. Hỏi vị trí của A , B thỏa mãn điều kiện nào sau đây thì thể tích
khối tứ diện ABYZ là nhỏ nhất.

A. XB  2 XA .
C. XA. XB  YZ 2 .

B. XA  2 XB .
D. X là trung điểm của đoạn AB .
Lời giải

Chọn D
Cách 1:
1
AB.S XYZ .
3
Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn
nhất.
Ta có  AYZ    BYZ  ,  AYZ  � BYZ   YZ .
Thể tích khối tứ diện ABYZ là V 

Kẻ AF  YZ ,  F �YZ  � AF   BYZ  � AF  BF .

F



A

X

B

�
XF
XF
�  ,�
0    �� AX 
Trong tam giác vuông AFB , đặt FAX
, BX 
.
�
2�
tan
cot
�
1 � 2 XF
�1

 f  .
Khi đó AB  AX  BX  XF �
�
�tan cot � sin2

4 XFcos2
f�
.
 
sin 2 2

f�
   0 �  .
4





4

0

f 


2

� �
f��
�4 �

Do X và F cố định nên đường cao XF của tam giác AXF không đổi.

Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy AB ngắn nhất khi   . Suy ra AX  BX  XF .

4
Hay X là trung điểm AB .
Cách 2:
1
Thể tích khối tứ diện ABYZ là V  AB.S XYZ .
3
Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn
nhất.
Dựng XF  YZ , do YZ  AB nên YZ   ABF  , suy ra
�, FB  AFB
AYZ  ,  BYZ     FA
 �  90�.
 �

F



A

B

X

Xét tam giác vuông ABF có FX là đường cao không đổi(Do XF là đường cao của XYZ cố
định) nên XF 2  XA. XB không đổi.
Có AB  XA  XB �2 XA. XB  2 XF không đổi.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi XA  XB .
Vậy thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ nhất khi X là trung điểm AB .
Câu 23: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình

�  60�, CSA
�  90�. Tính
chóp S . ABC có SA  2 , SB  3 , SC  4 . Góc �
ASB  45�, BSC
khoảng cách từ B đến  SAC  .
A.

1
.
2

B. 3 .

C. 1.

D.

3
.
2


Lời giải
Chọn D
Sử dụng công thức giải nhanh: Cho chóp S . ABC có SA  a , SB  b , SC  c và �
ASB   ,
�  , �
BSC
ASC   . Thể tích khối chóp S . ABC là:
VS . ABC 

abc
1  cos 2  cos 2   cos 2  2cos .cos  .cos .
6
S
2

45�

4

3
C

A
B

Áp dụng: Thể tích khối chóp S . ABC là
2.3.4
VS . ABC 
1  cos 2 45� cos 2 60� cos 2 90� 2 cos 45�
.cos 60�
.cos 90� 2 .
6
1
Diện tích tam giác SAC là S SAC  SA. AC  4 .
2
3VS . ABC 3
 .
Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  là d  B,  SAC   

S SAC
2
Câu 24: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình chóp S . ABC có độ dài các cạnh
SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  12 . Giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp S . ABC là
A. V 

2 2
.
3

B. V 

2 3
.
3

C. V 

2
.
3

D. V 

3 2
.
2

Lời giải

Chọn A
Cách 1
S

z

y

x

y

A
z
D

E

C
x

B

F

Trong mặt phẳng  ABC  dựng D , E , F sao cho A , B , C lần lượt là trung điểm của DE ,
DF , EF . Khi đó ta có DE  2 SA  2 x ; DF  2SB  2 y ;  2 SC  2 z . Suy ra SD , SE , SF
đôi một vuông góc.

1
1 1
Ta có VS . ABC  VS .DEF  . .SD.SE.SF .
4
4 6
�SD  2 6  z 2
�SD 2  2  x 2  y 2  z 2 
�SD 2  SE 2  4 x 2
�
�
� 2
� 2
�
2
2
2
2
2
2
Mặt khác �SD  SF  4 y � �SE  2  x  z  y  � �SE  2 6  y .
�SE 2  SF 2  4 z 2
� 2
�
2
2
2
SF  2 6  x 2
�
�
�

�SF  2  y  z  x 
�
Khi đó VS . ABCD 

1
.8.
24

3

1 �6  x 2  6  y 2  6  z 2 � 2 2
2
2
2
6

x
6

y
6

z
.



 �3 �
�
3

3
�
�

2 2
Vậy VS . ABC đạt giá trị lớn nhất là
.
3
Cách 2
S
M
C

A
N
B
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC .
Lúc đó MN là đường vuông góc chung của SA và BC .
y 2  z 2  x2
.
2

SMN ta có MN  SN 2  SM 2 

V

1
1
y 2  z 2  x2
SA.BC.MN .sin  SA, BC   x 2

. 1  cos 2  SA, BC 
6
6
2

y2  z2 

1 2 y2  z 2  x2
 x
. 1
6
2
x4


2
12



1
3

2



 12  2 z   12  2 x   12  2 y 
2

2

2

2
12


x

2

 y 2  z 2   y 2  z 2  x2   z 2  x2  y 2 

2
8  6  z 2   6  x2   6  y 2 
12
3

1 �6  z 2  6  y 2  6  x 2 � 2 2
2
2
2
6

z
6

x
6


y



 �3 �
�
3
3
�
�

�x 2  y 2  z 2  12
� x  y  z  2.
Dấu bằng xẩy ra khi �
�x  y  z
Lúc đó V 

2 2
.
3


Câu 25: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A���
B C có đáy

�  120�, măt phẳng  A�
BC �
 tạo với đáy môt góc
ABC là tam giác cân với AB  AC  a , BAC

60�. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. V 

3a 3
.
8

B. V 

9a 3
.
8

C. V 

a3 3
.
8

D. V 

3 3a 3
.
8

Lời giải

Chọn C
B

A
I

D

C

B�
I�

A�
M

D�
Cách 1: Gọi M , I , I �lần lượt là trung điểm của A��
C , BC , B��
C .
.
D là điểm đối xứng với A qua I , D�là điểm đối xứng với A�qua I �
B
A
I
C�

D

C

B�
I�

A�
M

BC �
BDC �
Khi đó măt phẳng  A�
 � A�
.

C�

D�

� góc giữa măt phẳng ( A�
BC �
BDC �
) với đáy là góc giữa măt phẳng  A�
 với đáy.
Ta có tứ giác A����
B D C là hình thoi
�
Vì B�
C D là tam giác đều cạnh bằng a � D�
M  A��
C .
A��
C  120�nên tam giác A���
Mà A��
C  DD�

Nên A��
C  DM
� �
BDC �
 với đáy là góc DMD
Vây góc giữa măt phẳng  A�
 60�

�
a 3
D�
M
 C�
I�
�
�
2
� C�
B�
a 3
Xét tam giác A���
C D , có: �
a
�A�
I�

�
2
� �
Xét tam giác MDD�vuông tại D�có DMD

 60��VDMD�là nửa tam giác đều có đường cao
 D�
M. 3 
DD�� DD�

3a
.
2


1
1 a
a2 3
.
�
���
SVA���
A I .B C  . .a 3 
BC 
2
2 2
4
1
1 a 2 3 3a a 3 3
.
�
VABC . A���

S
.

DD

.
. 
BC
VA���
BC
3
3 4
2
8
C   BHB�
Cách 2: Hạ B�

H  A��
C . Khi đó A��
B

A

C

B�

A�
H

C�

�

1
a 3
 A����
B . A C .sin120o 
�S1  S A���
BC
�
2
4
Ta có: �
a 3
�B�
H  A��
C .sin120o 
�
�
2
2

Theo công thức tính diện tích hình chiếu S  S A�BC �

S1
 2 S1
cos 60o

a2 3
1
a 3
� BH . A��
C 

� BH  2  a 3 .
1
2
2
. A��
C
2
2

3a 2 3a
.

4
2
1
1 a 2 3 3a a 3 3
Vậy VABC . A���
.
�

S
.
DD

.
. 
BC
VA���
BC
3

3 4
2
8
Khi đó BB�
 BH 2  B�
H 2  3a 2 

Câu 26: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành. I nằm trên cạnh SC sao cho IS  2 IC . Mặt phẳng  P  chứa
cạnh AI cắt cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi V �và V lần lượt là thể tích khối chóp
S . AMIN và S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỷ số thể tích
A.

4
.
5

B.

5
.
54

C.
Lời giải

Chọn C

8
.

15

V'
bằng
V
D.

5
.
24


SB
SD
SC 3
 x,
 y � x, y  1 . Do SI  2 IC �
 .
SM
SN
SI 2
SB SD
SC
3 5

 1
� x  y  1  .
Ta có
SM SN
SI

2 2
3
x

y

1

V�
5
8
2 5 �

Do V 
2
3
6 xy
�x  y � 15
4 xy.1.
6
�
�
2
�2 �
V� 8
5
Vậy min 
khi x  y  .
V 15
4

Trình bày lại :
SB
SD
SC 3
 x,
 y � x, y  1 . Do SI  2 IC �
 .
Đặt
SM
SN
SI 2
SB SD
SC
3 5

 1
� x  y  1  .
Ta có
SM SN
SI
2 2
VSAMN SA SM SN 1

.
.

VSABD SA SB SD xy  *
Đặt

VSIMN

SI SM SN
2

.
.

VSDCB SC SB SD 3xy  **
1
VSABD  VSDCB  V ; V
.
�
SAMN  VSIMN  V
2
Từ  * ,  ** :
V� 1
2
V� 5
5
8


� 
�

2
V 6 xy
Do 1 V xy 3 xy
�x  y � 15
6
�

�
2
�2 �
V� 8
5
Vậy min 
khi x  y  .
V 15
4
Câu 27: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có
mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H