Bài tập vận dụng min, max hình học không gian có lời giải chi tiết

Câu 1.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi I là điểm thuộc đoạn
1
SO sao cho SI  SO . Mặt phẳng   thay đổi đi qua B và I .   cắt các cạnh SA, SC , SD
3
V
m
lần lượt tại M , N , P . Gọi m, n lần lượt là GTLN, GTNN của S . BMPN . Tính
.
VS . ABCD
n
A. 2 .

B.

7
.
5

C.

9
.
5

D.

8
.
5

Lời giải
Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm
Chọn C
S

P

M
I

N

B

C

O
A

 SA
 SM  x
+) Đặt 
 SC  y
 SN
+) Có

,  x, y  1 .

SB SD

SO
SD

2
 2.3  6 
5 .
SB SP
SI
SP

+) Có x  y  2
+)

D

SO
 6  y  6 x , 1 x  5 .
SI

VS .BMPN x  1  y  5
12
3
3
3





.

VS . ABCD
4.x.1. y.5
20 xy 5 xy 5 x6  x  5 6 x  x 2

+) Xét f  x  



3
, với 1  x  5 .
5 6x  x2 

3 2x  6
+) Có f   x   .
5 6x  x2



 f ' x   0
+) 
 x  3.
1  x  5



2

.



3

m

3
1
3
m 9

25
+) f 1  ; f  3 
; f 5 

  .
25
15
25
n 5
n  1

15
Email:
Câu 2. Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

SBC  bằng a 3 ,

. Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S . ABC có thể

tích nhỏ nhất.
A. AB  2 a 2.

B. AB 

3a 2
.
2

C. AB  3a .

D. AB  3a 2.

Lời giải
Tác giả : Nguyễn Văn Quý,Tên FB: Quybacninh
Chọn C

Ta có

.

Kẻ AH  SC  AH  a 3 . Đặt
V S . ABC  V A .SBC 

.

1
1
AH .S BCS đạt GTNN khi và chỉ khi S BCS  xy đạt GTNN.
3

2

Do

(theo giả thiết) nên SA   ABC  . Suy ra SAC

mà

vuông tại A.
Trong

x4
có AC  CH  AH  x  2  3a2  y 
y
2

2

2

2

x2
x 2  3a 2

 xy 

x3
x 2  3a 2

Xét hàm f  x  

x3
x 2  3a 2

 x  a 3  . Có

f 'x  

3x 2
x 2  3a2



x4



x  3a
2

2



3

x  a 3

.
x

3 2a
2

a 3

f 'x 

-

0

f x 

Vậy: Min  xy  

Câu 3.

+

9a 3
2
9a 3
khi AB  x 2  3a
2

Email:
Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh bên bằng a , góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và

mặt bên bằng  . Tìm  để thể tích S . ABCD là lớn nhất.
A. 300

B. 450

C. 600

D. 750

Lời giải
Chọn B
Tác giả: Phúc Minh Anh,Tên FB: Phúc Minh Anh
S

K
A
D
M

H
B

C

Do hình chóp S. ABCD là hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD
Gọi M là trung điểm của CD ta có CD   SHM  nên  SHM    SCD 

 SHM    SCD   SM

mà

nên từ H dựng HK  SM tại K thì HK   SCD 

 do
SH , SK   HSK
Hay SK là hình chiếu của SH lên mặt phẳng  SCD  suy ra  SH ,  SCD    
   với 0    
tam giác SHK vuông tại K theo giả thiết ta có HSM
2


Đặt SH  h  HC 2  a 2  h 2  HM 
Tam giác SHM vuông tại H : tan  

a2  h2
và BC  2( a 2  h 2 )
2

HM

SH

a 2  h2
 2h 2 tan 2   a 2  h 2
2h

a

 h 2 (1  2 tan 2  )  a 2  h 

1  2 tan 2 
1
1 4a3 tan 2 
4a 2 tan 2 
2
2
2
2
2
2
 VS . ABCD  BC .SH 
BC  2(a  h )  4h tan  
3
3 (1  2 tan 2  )3
1  2 tan 2 
t 1
Đặt t  1  2 tan 2  Với t  1;    tan 2  
2
3
2a t  1
.
Xét hàm số f (t ) 
trên D  1;  
3 t t
3


t (t  1) 
3 t t 
a 

a3  3  t 
2

f 't   .
 . 2
3
t3
3 2t t
f ' t   0  t  3

Bảng biến thiên

t

3

1
+

f '(t)

+∞

0

-

4a3

f (t)

9 3
4a 3

Vậy max f  t  
khi t  3  tan   1 do 0    hay   450 .
2
9 3
Câu 4.

Mail:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  b và vuông góc
với  ABCD  . Điểm M thay đổi trên cạnh CD , H là hình chiếu vuông góc của S trên BM .
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABH theo a, b .
A.

a2b
.
12

B.

a2b
.
24

C.

a2b
.

8

Tác giả: Nguyễn Anh Quân
Lời giải
Chọn A

D.

a2b
.
18

Face: Nguyễn Quân


Cách 1.

 BH  SH
 BH   SAH   BH  AH , nên H thuộc đường tròn đường kính AB .
Do 
 BH  SA
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB . Dễ dàng suy ra được
Thể tích VS . ABH 

1
1
ab.HK
SA.SABH  b.SABH 
.
3

3
6

Do đó để thể tích lớn nhất thì HK lớn nhất. HK lớn nhất khi H là điểm chính giữa cung

a

AB , tức là H trùng với tâm hình vuông ABCD hay M trùng với D . Khi đó HK  .
2
Vậy Vmax 

a 2b
.
12

Cách 2.

 BH  SH
 BH   SAH   BH  AH
Do 
 BH  SA

1
b
b HA2  HB 2 b. AB 2 a 2b
VS . ABH  SA.SABH  HA.HB  .


3
6

6
2
12
12
Vậy Vmax

Câu 5.

a 2b
khi HA  HB  H trùng với tâm đáy, hay M  D

12

Email:
Gọi x, y, z là chiều dài, chiều rộng và chiều cao của thùng giấy dạng hình hộp chữ nhật không
có nắp trên (hình vẽ). S là tổng diện tích xung quanh và đáy còn lại. Trong các thùng có cùng
diện tích S , tìm tổng x  y  z theo S của chiếc thùng có thể tích lớn nhất.

A. x  y  z 

3S
.
6

B. x  y  z 

5 3S
.
6

C. x  y  z 

3S
.
3

D. x  y  z 

5 3S
.
2

Tác giả : Nguyễn Duy Chiến,Tên FB: Nguyễn Duy Chiến
Lời giải
Chọn B
Ta có S  xy  2 xz  2 yz
3

Theo Cauchy

1 S
xy  2 xz  2 yz 3 2 2 2
S
 4 x y z     4 x 2 y 2 z 2  4V 2  V 
 
3
2 3
3

3

S
5 S 5 3S
 x yz 

3
2 3
6

Dấu “=” xảy ra khi xy  2 xz  2 yz  x  y  2 z 
Email:
Câu 6.

2a 3
và O là tâm của đáy. Mặt
3
phẳng ( P) thay đổi chứa SO và cắt các đoạn thẳng AB, AC lần lượt tại các điểm M , N
Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

( M , N khác A ). Khi góc tạo bởi đường thẳng SA và mặt phẳng ( P) có số đo lớn nhất, hãy tính

AM 2  AN 2
A. a2 .

B.

3a 2
4

C.

369 a 2
.
400

D.

8a 2
.
9

Lời giải
Tác giả : Nguyễn Thị Vân Tên Facebook: Vân Nguyễn Thị
Chọn D

Gọi H là hình chiếu của A trên MN , ta có AH  MN , AH  SO  AH   SMN 
 H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  SMN 


 Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  SMN  là góc HSA
  900 nên HSA
 lớn nhất khi sin HSA
 lớn nhất
Do góc 00  HSA
a 3
AH
OA
1


Ta có sin HSA

 3 
SA SA 2a 3 2
3


1
khi H  O
2

 đạt giá trị lớn nhất bằng
Vậy sin HSA

Hay góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  P  đạt giá trị lớn nhất khi MN  AO
Khi đó đường thẳng MN đi qua O và song song với BC
2
8a 2
 AM  AN  a  AM 2  AN 2 
3
9
Min - Max hình học không gian_Khai thác Tính chất hinh học_Nguyễn Đình Trưng
Câu 7.

Email:
Cho khối chóp S . ABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a. Đặt





x  SD 0  x  a 3 . Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
A. x 

a 3
.
2

B. x 

a 3
a 6
a 6
.
C. x 
.
D. x 
.
3
2
3
Tác giả : Nguyễn Đình Trưng,Tên FB: Nguyễn Đình T-Rưng

Lời giải
S

D

A

O

C

B

Ta có ABCD là hình thoi cạnh a nên SOC  BOC  OS  OB  OD  tam giác SBD
vuông tại S .
2
2
Suy ra BD  a  x  OB 

a2  x2
;
2

AC  2OC  2 BC 2  OB 2  3a 2  x2 . Do đó AC.SD  x 3a 2  x2 .
x 2  3a 2  x 2 3a 2
3a 2

 AC.SD 
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có x 3a  x 
.
2
2
2
2

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  3a 2  x 2  x 2  3a 2  x 2  x 

Vậy x 

Câu 8.

a 6
.
2

a 6
thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
2

Email:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung
điểm của SC. Mặt phẳng (P) qua AK và cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại


V1
V
+min 1
V
V
17
C. S 
24

M và N. Đặt V1= VS.AMKN , V = VS.ABCD. Tìm S= max
A. S 

1
2

B. S 

1
4

D. S 

3
4

Tác giả: Đỗ Thế Nhất Face: Đỗ Thế nhất
Lời giải
Chọn C

Đặt x =
Ta có

V
SM
SN
, y=
. Tính 1 theo x và y.
SB
SD
V

VS . AMK SM SK 1
x
y

.
 x  VS . AMK  V . Tương tự ta có VS . ANK  V
4
VS . ABC
SB SC 2
4

Suy ra

V1 x  y

(1)
V
4

1
Lại có Do V1 = VS.AMN+ VS.MNK và VS.ABC = VS.ADC = V. Mà
2
VS . AMN
SM SN
xy

.
 xy  VS . AMN 
V
VS . ABD

SB SD
2

VS .MNK
VS .BDC



SM SN SK
xy
xy
.
.

 VS .MNK 
V
SB SD SC
2
4

VS.KMN
VS.CBD
Suy ra

V1 3xy

(2)
V
4

Từ (1) và (2) suy ra y 
Vì y  1 

x
1
. Do x>0; y> 0 nên x>
3x  1
3

x
1
1 
 1  x  . Vậy ta có x   ;1
3x  1
2
2 


Xét hàm số f(x) =

V1 3xy
3x 2
3 x(3 x  2)
1 

=
với x   ;1 . Có f’(x) =
.
V
4

4(3x  1)
4(3 x  1) 2
2 

BBT:

Từ BBT suy ra

Câu 9.

min

V1
V



V
1
3
1 3 17
; max 1   S   
3
V
8
3 8 24

Email:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc
với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động

  45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là ?
trên đoạn CB sao cho MAN
A.

2 1
.
9

B.

2 1
.
3

C.

2 1
.
6

2 1
.
9

D.

Tác giả : Đào Văn Tiến
Lời giải
Chọn B

Đặt DM  x , BN  y ta có


  BAN
   tan DAM  tan BAN  x  y . Suy ra y  1  x .
tan 45  tan  DAM
. tan BAN
 1  xy
1 x
1  tan DAM
2

và AM  AD 2  DM 2  x 2  1 , AN 

 1 x 
AB 2  BN 2  1  y 2  
 1 
1 x 

1
1
x2 1


 f
Vì vậy V  SA.S AMN  SA. AM . AN sin 45  f x 
3
6
6  x  1



2  1 

2  x 2  1
.
x 1

2 1
.
3


Email:
Câu 10. Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vuông tại A,

 DBC  ,  DAC  ,  DAB 

lần lượt tạo với mặt phẳng

 ABC 

AB  3a, AC  a. Mặt phẳng

các góc 90,  ,  trong đó

    90. Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng
A.

3a3

B.
.
13

3a 3
.
4

3a3
D.
.
8

3a 3 2
C.
.
10

Lời giải
(Gv: Trịnh Văn Thạch, facebook: www.facebook.com/thachtv.tc3)
Chọn A
D

h
A

E

x

a

3a
F

y
B

Kẻ DH  BC tại H .
Do  DBC    ABC   DH   ABC  .

F

B

A

y
H

x

E
a-y
C

Kẻ HE  AC tại E ; HF  AB tại F . Suy ra

    DAC  ,  BCD    DEH


Suy ra 

     DAB  ,  BCD    DFH

H

C


DH

 tan   HE
h y
Ta có 
   h  xy
x h
cot   HF

DH
Mà

x a y
ya y a 3

 x  3  a  y   h  xy  3 y  a  y   3

.
3a
a
2

2

 hmax 

a 3
1
1 a 3 3a 2 a 3 3
. Suy ra Vmax  hmax .S ABC  .
.

.
2
3
3 2
2
4

Email:
Câu 11. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD mà khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SCD) bằng 2 a . Gọi 
là góc giữa mặt bên hình chóp với đáy của hình chóp đó. Với giá trị nào của  thì thể tích của
khối chóp S.ABCD đạt giá trị nhỏ nhất?
A.   arcsin

2
.
3

B.   450 .

C.   arccos

2
.
3

D.   600 .

Lời giải
Họ và tên: Đỗ Tấn Bảo

Tên FB: Đỗ Tấn Bảo

Chọn A
Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO vuông góc với (ABCD) và SO là chiều cao của khối chóp
S.ABCD.
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Suy ra CD  (SMN).
Gọi K là hình chiếu của N lên SM. Suy ra MK  (SCD) nên NK  d  N,  SCD   .
Từ AB || CD suy ra AB || (SCD). Do đó NK  d  A ,  SCD    2a .
CD  MN
Ta lại có 
 
SCD  ,  ABCD    .
CD

SM




Do đó MN 

Suy ra VS . ABCD



NK
2a
a
.

 SO  OM . tan  
sin  sin 
cos 
1
1
1 4a 2
a
4a 3
2
.
 S ABCD .SO  MN .SO  . 2 .

3
3
3 sin  cos 3sin 2  cos

Vì vậy VS . ABCD nhỏ nhất  f ( )  sin 2  cos lớn nhất, với 00    900 .
Đặt t  cos  , 0  t  1 thì VS . ABCD nhỏ nhất  f  t   1  t 2  t  t  t 3 lớn nhất với 0  t  1 .


Dựa vào bảng biến thiên thì VS . ABCD nhỏ nhất

1
1
2
2
 cos  
 sin  
   arcsin
.
3
3
3
3

t

Email:
Câu 12. Cho lăng trụ đều ABC. A' B 'C ' có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a . Lấy các điểm M , N nằm
trên cạnh BC ; P, Q lần lượt nằm trên cạnh AC , AB sao cho MNPQ là hình chữ nhật. Hình hộp
chữ nhật MNPQ.M ' N ' P 'Q ' nội tiếp trong lăng trụ đều ABC. A' B 'C ' có thể tích lớn nhất là :
A.

a3 3
4

B.

a3
8

a3 3

8

C.

D.

a3 6
4

Tác giả : Lê Thị Phương Liên facebook : Phuonglien Le
Lời giải
Chọn C

P

A

M

Q

C

N

B

A'
Q'

P'
B'

N'

M'

C'

Gọi độ dài đoạn MN là x với (0  x  a) thì MQ 

a  x
2

Thể tích của hình hộp chữ nhật MNPQ.M ' N ' P 'Q ' là V 
Xét hàm số f  x  

a 3x  a  x 
2

có f '  x  

3

.

ax  a  x  3
2

.

a 3
a
 a  2x  ; f '  x   0  x 
2
2

a3 3
. Nên chọn C
8
Câu 13. Cho hình chóp S. ABCD . Một mặt phẳng song song mặt đáy cắt các cạnh SA; SB; SC ; SD lần
lượt tại M , N , P, Q . Gọi M ', N ', P ', Q ' lần lượt là hình chiếu của M , N , P, Q lên mặt đáy. Tìm
Vậy thể tích lớn nhất của hình hộp chữ nhật MNPQ.M ' N ' P 'Q ' là

tỉ số

A.

SM
để thể tích khối đa điện MNPQ.M ' N ' P ' Q ' lớn nhất.
SA

SM 3
 .
SA 4

B.

SM 2
 .

SA 3

C.
Lời giải

1
.
2

D.

SM 1

SA 3


Chọn B

Đặt

SM
SN SP SQ
 x . Suy ra


 x.
SA
SB SC SD

Gọi h, h ' lần lượt là chiều cao hình chóp và chiều cao khối đa diện MNPQ.M ' N ' P ' Q ' .

Do MN / / AB nên ta có

SM MN
MN

x
 MN  x. AB .
SA
AB
AB

Tương tự ta có BC  x.NP
Ta có S MNP  x 2 .S ABC  S MNPQ  x 2 S ABCD ( Vì tam giác MNP đồng dạng tam giac ABC )
Mặt khác ta có

AM h '

AS
h

SA  SM h '

SA
h
h'
 1  x   h '  1  x  h
h


Ta có VMNPQ.M ' N ' P 'Q '  h '.S MNPQ  1  x  h.x 2 .S ABCD  1  x  x 2 .h.S ABCD

Do h, S ABCD không thay đổi nên VMNPQ .M ' N ' P 'Q ' đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 1  x  x 2 đạt
lớn nhất.
3

x x

1 x   

xx
4
2 2
 4. 

Ta có 1  x  x 2  4. 1  x 
22
27
27
Dấu  xảy ra khi và chỉ khi 1  x 

x
2
x .
2
3


Câu 14. Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x , các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích
khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. x  6 .

B. x  14 .

C. x  3 2 .
Giáo viên: Trần Luật
Lời giải

Chọn C

D. x  2 3 .
Facebook: Trần Luật


Gọi M , N lần lượt là trung điểm CD và AB ; H là hình chiếu vuông góc của A lên BM .
CD  BM
Ta có: 
 CD   ABM    ABM    BCD  .
CD  AM
Mà AH  BM ; BM   ABM    BCD  ; AH   BCD  .
Do ACD và BCD là hai tam giác đều cạnh 2 3  AM  BM  2 3.
Tam giác AMN vuông tại N , có: MN  AM 2  AN 2  9 

3
 3.
2

x2
.
4

Mặt khác ta lại có:

S BCD 

3
2 3
4

VABCD 

1
1 x 36  x 2
3
AH .S BCD 
.3 3 
x 36  x 2 .
3
3
6
6



Ta có: VABCD 



2

3 3.

1
3
3 x 2  36  x 2
AH .S BCD 
x 36  x 2 
.
3 3.
3
6
6
2

Dấu bằng xảy ra khi x  36  x 2  x  3 2 .
Vậy VABCD lớn nhất bằng 3 3 khi x  3 2 .
Email:
Câu 15. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ cạnh đáy bằng 1, chiều cao bằng x. Tìm x để góc tạo
bởi B’D và (B’D’C) đạt giá trị lớn nhất.
A. x = 1

B. x = 0,5

C. x = 2
Lời giải

D. x  2

Tác giả: Nguyen Van Tỉnh FP: Duongtinhnguyen
Chọn A

B'

C'

A'

D'

B

A

C

D

Gọi H là hình chiếu của D lên mặt phẳng (B’D’C) suy ra sin( B ' D, ( B ' D ' C )) 
Mặt khác DH  d (C ';( B ' D ' C )) 

x
2x2 1

DH
DH

B'D
2  x2

(Sử dụng đường cao trong tam diện vuông

C’B’D’C).

sin( B ' D, ( B ' D ' C )) 
Góc

lớn

DH
DH
x
x2



B'D
2 x4  5x2  1
2  x2
( x 2  2)(2 x 2  1)

nhất

khi

sin( B ' D, ( B ' D ' C )) lớn

nhất.

Xét

hàm

số

2

f (t ) 

t
2t  2
 f '(t )  2
2t  5t  1
(2t  5t  1)2
2

f(t) lớn nhất khi t = 1 suy ra x = 1.
Email:
Câu 16. Cho tứ diện ABCD có AB  AC  BD  CD  1 . Khi thể tích của khối tứ diện ABCD lớn nhất
thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng
A.

1
.
3

B.

2
.
3

C.

1
.
2

D.

1
.
3

Lời giải
Tác giả : Trần Như Thanh Nhã, FB: Nhã Trần Như Thanh
Chọn D

Gọi H , K lần lượt là trung điểm của BC và AD .
Theo giả thiết: ABC cân tại A và DBC cân tại D


BC  AH , BC  DH  BC   ADH   BC  HK

Và AH  DH  AD  HK Do đó: d  AD; BC   HK
Đặt BC  x  0  x  2  .
2

AH  DH 

x
DC 2  HC 2  1    

2

4  x2
2

Gọi I là hình chiếu của A lên HD  AI  ( BCD )
1
1 1
1 1
S  BCD . AI  . BC .DH . AH ;  v мAI  AH   V ABCD  x.  4  x 2 
3
3 2
6 4

V ABCD 

2
2
3
Xét hàm số f ( x )  x  4  x    x  4 x trкn  0; 2  ; f '( x)  3 x  4 ; f '( x )  0  x 

 Vmax

2 3
3

 AH  ( BCD )
I  H




2 3
4  x2
6

x 
 DH 
3

2
3


ΔAHD vuông cân tại H  HK  DH

2
3

2
3

Email:
Câu 17. Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao
cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM  x; AN  y . Tìm x, y để diện
tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất.
A. x  y 

2
3

B. x  y 

1
3

C. x  y 

7
4

1
2
D. x  ; y 
2
3

Lời giải
Chọn A
Tác giả : Nguyễn Trung Nghĩa
A

M

N
B

D

C

+ Ta có S AMN  S AHM  S AHN  xy 

x y
 0  x  1
3

+ Theo bất đẳng thức cô si 3 xy  x  y  2 xy  xy 

4
9


+ Ta có S AMN 

1
3 xy
AN . AM sin 60 
2
4

S AMD 

1
3x
AD. AM sin 60 
2
4

S AND 

1
3y
AD. AN sin 60 
2
4

2
1 2
; MN 2  x 2  y 2  xy 
3
2 3

+ Ta có DH  AD 2  AH 2 

Vậy Stp 

3xy
3
1

 x  y 
4
4
6

Đặt 1  t  xy 
tức là x  y 

 x  y

2

 3xy  3xy 

 x  y

2

 3xy

1
2
3  xy   3 xy .
2

4
4
Ta thu được giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần đạt được khi t  xy  ,
9
9

2
3

Email:
Câu 18. Trong mặt phẳng   cho đường tròn T  đường kính AB  2 R . Gọi C là một điểm di động
trên T  . Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng   lấy điểm S sao cho
SA  R . Hạ AH  SB và AK  SC . Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích tứ diện SAHK .

A. Vmax 

R3 5
.
75

B. Vmax 

R3 5
.
25

C. Vmax 

R3 3
.
27

D. Vmax 

R3 3
.
9

Lời giải
Tác giả: Bùi Nguyên Phương,Tên FB: Bùi Nguyên Phương
Chọn A

S

H

K
A

I

B

C
Do SH   AHK  nên tứ diện SAHK có chiều cao SH không đổi. Do đó thể tích VSAHK đạt giá
trị lớn nhất khi và chỉ khi diện tích S AHK đạt giá trị lớn nhất.
Ta có: BC   SAC   BC  AK . Mà AK  SC  AK   SBC   AK  KH .
Do điểm K luôn nhìn đoạn thẳng AH cố định dưới một góc vuông nên AHK có diện tích lớn
nhất khi K là điểm chính giữa nửa cung tròn đường kính AH (có hai vị trí của K ).


Ta có: SB 2  SA2  AB 2  R 2  4 R 2  5 R 2  SB  R 5 .
Xét SAB vuông tại A có: SA2  SH . SB  SH 

Và: AH .SB  SA. AB  AH 

SA2
R2
R 5


SB R 5
5

SA. AB R .2 R 2 5 R



.
SB
5
R 5

1 AH
AH 2 R 2
. AH 

Diện tích lớn nhất của AHK là: Smax  .
.
2 2
4
5
1
1 R 5 R 2 R3 5
Vậy: Vmax  . SH . S max  .
.
.

3
3 5
5
75


Câu 19. Cho tứ diện ABCD có DA  DB  DC  6 và đôi một vuông góc với nhau. Điểm M thay
đổi trong tam giác ABC . Các đường thẳng đi qua M song song DA, DB , DC theo thứ tự cắt

các mặt phẳng  DBC  ,  DCA  ,  DAB  lần lượt tại A1; B1 ;C 1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối
tự diện MAB
1 1C 1 khi M thay đổi.
A.

1
3

B.

2
3

C. 1

D.

4
3

Lời giải
Tác giả: Trần Văn Minh Chiến

Tên FB: Hung Ho

Chọn D

D

B1

C1
A

A1

C

M
B
Ta có

V
MB1 VMABD MC 1
VMBCD d  M ,  BCD   MA1 MA1
. Tương tự MADC 
;




VABCD
6 VABCD
6
VABCD d  A,  BCD   AD
6

Suy ra MA1  MB1  MC 1  6 . Mặt khác MA1 ; MB1; MC 1 đôi một vuông góc nên
3

VMA1B1C1

1
1  MA1  MB1  MC1  4
 MA1.MB1.MC1  
 
6
6
3
 3

Dấu "  " xảy ra khi M là trọng tâm tam giác ABC .


Bình luận: Bài này hoàn toàn có thể làm mạnh giá thiết bằng cách chỉ cần cho tứ diện ABCD
có thể tích bằng 36 . Kết quả bài toán không thay đổi.
Email:
Câu 20. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a 3 và SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho

  450 . Tính tỉ số giữa giá trị lớn nhất với giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S. AMN
MAN
.
A. 2  2 2 .

B.

1 2
.
2

1 2
.
6

C.

D. 2 2  1 .

Lời giải
Tác giả: Đặng Việt Đông Tên FB: Đặng Việt Đông
Chọn B
S

A

D
N

B

C

M

1
a 3
.S AMN .
Ta có VS . AMN  SA.S AMN 
3
3

Do M , N là 2 điểm di động và SA cố định nên thể tích của khối chóp SAMN phụ thuộc vào
diện tích tam giác AMN .
Ta có các cách tính diện tích tam giác AMN như sau:
Cách 1.
Đặt BM  x, DN  y; x, y  0; a  .
Tam giác CMN vuông tại C nên
MN 2  CM 2  CN 2 hay MN 2  a  x   a  y  .
2

2

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác AMN ta có
  MN 2  2a2  x2  y2  2a2  x2 a2  y2 
MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN cos MAN
Suy ra a  x   a  y   2a 2  x 2  y 2  2 a 2  x 2 a 2  y 2 
2

2

 ax  ay   a 2  xy  ax  ay  a 2  xy  y 
2

2

Diện tích tam giác AMN là

a 2  ax
.
ax

S AMN  S ABCD  S ABM  S ADN  SCMN 
Xét hàm số f  x 
Ta có f ' x 

1 2
a a 2  x2
a  xy  .
.

2
2 xa

x2  a 2
trên đoạn 0; a  .
xa

x 2  2ax  a 2

 x  a

2

Ta lại có f 0  f a   a; f

; f ' x  0  x 





2 1 a  2







2 1 a .



2 1 a .

Suy ra max f  x   a; min f  x   2  2 1 a  a ( 2  1)  S AMN
2

0; a 

0; a 

a

2

2

Vậy tỉ số giữa giá trị lớn nhất với giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S. AMN bằng
Cách 2:

    
     
Đặt DAN

Ta có:

AM 

a
a
, AN 
0
cos(45   )
cos 

 S AMN 


1
1
a2
2
AM . AN .sin 450 
0
2
2 cos  .cos(45   ) 2

2
2a 2
2

a2

.
4 cos 450  cos(450  2 )
2
2
 cos(450  2 )
2

a2 2
a
Mặt khác: 0  cos(45  2 )  1 
 a 2 ( 2  1)  S AMN 
2
2 2
0

Cách 3:
2
2
2
 BM  x  AM  x  a
 2
 MN 2  (a  x)2  (a  y )2
Đặt 
2
2
 AN  y  a
 BN  y

Theo định lý cosin ta có :

MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN .cos 450  a 2  xy  a( x  y )
 S AMN 
Đặt :

1
a 2  xy
AM . AN .sin 450 
2
2

xy  t  0  a 2  t 2  2at  t  0; ( 2  1)a 

 S AMN

a2  t 2

2


a2
S

t0
  AMNmax
2

2
S

  AMNmin  a ( 2  1)  t  a ( 2  1)

Cách 4. (Hình học thuần túy)

2

1 2
2


P

A

D

N

B

C

M

Dựng đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng DC tại P , khi đó ta chứng
minh được AMN  ANP  MN  NP và BM  CN  MN  MN  NC  CM  2a Vì
1
MN  MC  CN và MN  MC 2  CN 2 
 MC  CN  từ đó suy ra 2 2  1 a  MN  a
2





Email:
Câu 21. Một người thợ gò làm một cái thùng đựng nước dạng hình hộp chữ nhật có nắp bằng tôn. Biết
rằng đường chéo hình hộp bằng 6dm và chỉ được sử dụng vừa đủ 36dm 2 tôn.Với yêu cầu như
trên người thợ làm được cái thùng có thể tích lớn nhất là Vdm3 . Giá trị của V gần giá trị nào nhất
trong các giá trị sau?
A. 11, 3 .

B. 11,32 .

C. 11,31 .

D. 11,33 .

----------------------------------------------Lời giải.
Tác giả: Trần Văn Nam,Tên FB: Trần Văn Nam
Chọn C
Gọi kích thước của khối hộp là x, y, z ( x, y, z  0) theo bài ra ta có
x  y  6 2  z
 x 2  y 2  z 2  36  x  y  z  6 2







xy

yz

zx

18
xy

yz

zx

18


 xy  18  6 2  z z





2

Ta có  6 2  z   72  4  6 2  z  z  z  0; 4 2 
Thể tích: xyz  z 3  6 2 z 2  18 z  f ( z )
f '( z )  3z 2  12 2 z  18; f '( z )  0  z  2; z  3 2

Khi đó Max f ( x)  Max  f (0), f ( 2), f (3 2), f (4 2)   f ( 2), f (4 2)  8 2  11,31
0;4 2 




Vậy thể tích lớn nhất của thùng 8 2  11, 31 khi ( x; y; z)  ( 2; 2;4 2) và các hoán vị của nó.
Email:
Câu 22. Gọi V là thể tích nhỏ nhất của khối chóp tứ giác đều trong số các khối chóp tứ giác đều có khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau gồm một đường thẳng chứa một đường chéo của đáy và
đường thẳng chứa một cạnh bên hình chóp bằng 3 .Khi đó V bằng bao nhiêu?


A. V  3 .

C. V  9 3 .

B. V  9 .

D. V  27 .

Lời giải.
Tác giả: Trần Văn Nam ,,Tên FB: Trần Văn Nam
Chọn B
Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD , đặt AB  x , SO  h . Với O là tâm của hình vuông ABCD
 SO   ABCD  . Qua O kẻ đường thẳng OH vuông góc với SA với H  SA .
 BD  AC
Ta có 
 BD  SAC   BD  OH .
 BD  SO

Suy ra OH là đoạn vuông góc chung của SA và BD .
 OH  3 .

Theo bài ra, ta có d  d SA, BD   OH 

Tam giác SAO vuông tại O , có đường cao OH suy ra
1
1
1
1
1
2



 2 2
3 OH 2 SO 2 OA 2
h
x

Lại có

.

1
1
2
1
1
1
 2 2  2 2 2
3 h
x

h
x
x

1 1
2
3

 3 h 2 . x 4  hx  27 .
AM GM

1
1
Vậy VABCD  SO.S ABCD  hx 2  9  V  9
3
3

Tác giả: Trần Văn Nam,,Tên FB: Trần Văn Nam
Gmail:
(Họ tên : Phạm Văn Bình,,Tên FB: Phạm văn Bình)
Câu 23. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung
điểm của SC . Mặt phẳng   qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là
thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỷ số

A.

2
.
3

B.

1
.
8

C.

V1
?
V

1
.
3

D.

Lời giải
Chọn C
Cách 1
S

P
M
B

I

N

C
O

A

Đặt a 

SM
SN
, b
,  0  a; b  1 .
SB
SD

D

3
.
8


Ta có

V
V
1  SM SP SN SP  1
V1 VS . AMP  VS . ANP
 S . AMP  S . ANP  
.


.

 =  a  b  (1)
V
V
2VS . ABC 2VS . ADC 2  SB SC SD SC  4

Lại có

V
V
1  SM SN SM SN SP  3
V1 VS . AMN  VS . PMN
 S . AMN  S . PMN  
.

.
.

 = ab (2).
V
V
2VS . ABD 2VS .CBD 2  SB SD SB SD SC  4

1
3
a
a
. Từ điều kiện  0  b  1 , ta có
1,

 a  b   ab  a  b  3ab  b 
4
4
3a  1
3a  1
1
hay a  .
2

Suy ra

V1 3 a 2
Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích
.
 .
V 4 3a  1

a  0  L 
3 3a 2  2a
3 a2
1 
0
; a   ;1 , ta có f '  a   .
Đặt f  a   .
.
2
 a2
4 (3a  1)
4 3a  1
2 


3

3 2 1
V
1
f    f 1  ; f    , do đó Min 1  Min f  a  
V a 1 ;1
8 3 3
2
2




2 1
f   .
3 3

Cách 2 : (Tham khảo ý kiến Cô Lưu Thêm)
Từ giả thiết và cách dựng thiết diện ta có :
a

SA
SB
SC
SD
 1; b 
;c 
 2; d 

 ac bd 3
SA
SM
SP
SN

Khi đó

 Min

V1 a  b  c  d
6
3
3
1 V 1




  1
2
V
4a.b.c.d
4.1.2.bd 4b.d
3 V 3
bd 
4

 2 
V1 1


V 3

Email:
Câu 24. Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M , N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh
AB, AC sao cho mặt phẳng  DMN  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi S là diện tích toàn

phần của tứ diện  DAMN . Tìm giá trị nhỏ nhất của S ?
A.

3(4  2)
.
9

B.

2 32
.
4

C.

2 3 2
.
4

D.

3(1  2)
.

9

Lời giải
Tác giả : Lâm Điền An,Tên FB: Lâm Điền An
Chọn A


D

C

B
N

M

H

A

Kẻ DH  MN , do  DMN    ABC  suy ra DH   ABC  .
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là trọng tâm của tam giác đều ABC .
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN :
S  S AMD  S AND  SDMN  S AMN  

+

1
1
AD.AM.sin 600 

AD.AN .sin 600
2
2

1
1
0
DH .MN + AM.AN .sin60 . =
2
2

Mặt khác: S AMN 

6
3xy 3xy 1
6

3
1
xy ;
. AM.AN .sin600 =
2
4

S AMN  S AMH  S ANH =

Suy ra

3xy 

1 3
1
1
AM.AH.sin300 
AN .AH.sin300   .
 x  y .
4 3
2
2

3
1 3
xy = .
 x  y    x  y  3xy ; 0  x, y  1
4
4 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của S  3xy 
Từ 3 xy  x  y  2 xy  xy 

6
3xy 3 xy 1 ; x  y  3 xy , 0  x; y  1
6

2
4
 xy  .
3
9

4
1
 3 xy 1  3. 1 
9
3
 S  3 xy 

Suy ra min S 



3 4 2
6
4
6
4 1
3 xy 3 xy 1 
3
3. . 
6
9
6
9 3
9



3(4  2)
2
, khi x  y  .

9
3

Email:
Câu 25. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1 (m) như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt phần đậm của tấm
nhôm rồi gập lại thành một hình chóp tứ giác đều 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

Lời giải
Tác giả: Quách Phương Thúy

Tên FB: Phương Thúy

Chọn C

Đường chéo hình vuông cạnh 1 là


2
OC 
2

x

2  OE 
2


2 x

 EC  OC  OE 
2 2

2

 2  x   x 2
Khi đó h  CE  OE  
   

 2  2
2

2



2

1
1
V  x2h  x2
3
3

4
 2  x   x 2 1 2 2  2 2 x 1 x 1  2 x


     x
2
2
3
4
3
2





 1 
Xét hàm số f ( x)  x 4 1  x 2 trên  0;

2




f   x   4 x3  5x 4 2



