TOÁN KHÔNG GIAN (BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN)

Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
CHƯƠNG 05. (tiếp theo)
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
ĐỀ ÔN TẬP CHƯƠNG 5
ĐỀ SỐ 1
Bài 1: Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' 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

a3 3
A.
12

a 3
. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là:
4
a3 3
a3 3
B.
C.
6
3

a3 3
D.
24

Lời giải

C'

Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông
góc với AA '. Suy ra MH = d ( BC , A ' A ) =
a2
Đặt AH = x, ta có: A ' A = x 2 +
3
a
Từ A ' A.MH = A ' G. AM  x = .
3
2
3
a a 3 a 3
=
.
Vậy V = .
3 4
12

a 3
4

B'

A'
H
C

M
B

A

Chọn A.
Bài 2: Cho tứ diện ABCD với BC = a, các cạnh còn lại đều bằng

a 3
và  là góc tạo bởi hai mặt
2

phẳng ( ABC ) và ( BCD ) . Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AD. Giả sử hình cầu đường
kính IJ tiếp xúc với CD. Giá trị cos  là:
B. 2 3 − 3

A . 3− 2 3

C.

2 3
3

D.

2− 3
3

Lời giải
Gọi O là trung điểm IJ và F là điểm tiếp xúc giữa hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD. Hình
cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD khi và chỉ khi khoảng cách từ O đến CD bằng nửa độ dài IJ.
Ta có AI = DI =

a 2
.
2
a
2

Vì FC và CI là hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm nên FC=CI= .
Tương tự, ta có DJ = DF =

a 3 a
−
2
2


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Tam giác ADI cân có IJ là đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông tại J.

(

)

a
3 −1
JD 2
6− 2
=

=
Suy ra: sin = sin JID =
2
DI
2
a 2
2
Do vậy, cos =2 3 − 3.



Chọn B.
Bài 3: Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và BC = a 3, BAC = 600. Gọi
H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mặt cầu đi qua các điểm A, B, C , H , K có bán kính
bằng:
A. a
B. 2a
C. 3a
D.Không đủ dữ kiện để tính
Lời giải
Gọi AD là đường kính của đường tròn ( ABC ) .
Suy ra, AC ⊥ DC  CD ⊥ ( SAC ) hay AK ⊥ DK.
S

S
K

K

H

A

H

C
A

600

3

600

C

2
D
B

B

Tương tự, AH ⊥ HD. Suy ra mặt cầu qua các điểm A, B, C , H , K có đường kính AD =

BC
= 2a.
sin 600

Chọn A.
Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là
450. Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB. Biết

a 7
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC:
3
a 210
a 210
a 210
A.
B.
C.
30
20
45
CH =

D.

Lời giải
+ D là đỉnh của hình bình hành ABCD thì: d ( SA, BC ) = d ( B, ( SAD ) ) = 1,5d ( H , ( SAD ) ) .

a 210
15


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
+ Kẻ HE vuông góc AD, E thuộc AD. Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE thì d ( H , ( SAD ) ) = HI .
+ Tính HI =

a 210
.
30

Chọn A.
Bài 5: Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , tam giác ABC
là tam giác đều cạnh bằng a, SB = 2a. Tính theo a khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC
đến mặt phẳng ( SBC ) .
A.

a 15
15

B.

a 17
15

C.

a 19
15

D.

a 23
15

Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC, ta có

Kẻ đường cao AN của tam giác SAM,
vì AN ⊥ BC , AN ⊥ SM nên AN ⊥ ( SBC ) .

S

Khoảng cách từ A đến ( SBC ) là
d ( A; ( SBC ) ) = AN.

1
1
1
1
4
5
=
+
= 2+ 2 = 2
2
2
2
AN
AS
AM
3a
3a
3a
a 15
 AN =
.
5

Kẻ GH / / AN ; H  SM ; vì AN ⊥ ( SBC ) nên GH ⊥ ( SBC ) .

N

Ta có:

A

Khoảng cách từ G đến ( SBC ) là d ( G; ( SBC ) ) = GH .
Ta có:

G

GH MG 1
1
a 15
=
=  GH = AN =
.
AN AM 3
3
15

C

H
M

B

a 15
.
Vậy khoảng cách từ G đến ( SBC ) là d ( G; ( SBC ) ) =
15

Chọn A.
Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = AC = 5a, AB = a,
BAC = 1200. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .

A.

5 381
a
127

Lời giải

B.

5 382
a
127

C.

5 385
a
127

D.

5 387
a
127


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />S

H
A

C
M

B

Kẻ AM ⊥ BC, AH ⊥ SN , ( M  BC, H  SM ) .
Ta có AM ⊥ BC , BC ⊥ SA nên BC ⊥ ( SAM ) , suy ra AH ⊥ BC. Vậy ta có AH ⊥ ( SBC ) , khoảng cách
từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là d ( A, ( SBC ) ) = AH .
Áp dụng định lý cô sin trong tam giác ABC ta có:

BC 2 = AB2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos1200 = 31a 2  BC = a 31.
1
5 3a 2
AB. AC.sin1200 =
.
2
4

2S
1
5 93
a.
Mặt khác S ABC = AM .BC  AM = ABC =
2
BC
62
1
1
1
127
5 381
=
+
=
 AH =
a.
Ta có
2
2
2
2
AH
AM
AS
75a
127
5 381
a.

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là d ( A, ( SBC ) ) =
127

Diện tích tam giác ABC là S ABC =

Chọn A.
Bài 7: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đường thẳng SA vuông góc mặt phẳng ( ABC ) , AB = 2a,
AC = 3a, BC = 4a. Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600. Tính theo a thể tích

của khối chóp S.ABC.
45 5a 3
A.
32
45 7 a 3
C.
32

45 3a 3
B.
32
45 11a 3
D.
32

S

Lời giải
Xét tam giác ABC, áp dụng định lý cô sin:
BC 2 + AB 2 − AC 2 16a 2 + 4a 2 − 9a 2 11
cos B =

=
= .
2.BC. AB
2.4a.2a
16

Với 00  B  1800 , suy ra:

3a

C

A
2a
H
B

4a


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />2

3 15
 11 
sin B = 1 − cos 2 B = 1 −   =
.
16
 16 

Ta kẻ đường cao AH của tam giác ABC,
AH
 AH = AB.sin B
AB
3 15 3 15a
= 2a.
=
16
8

ta có: sin B =

Do đó diện tích tam giác ABC là:
1
1 3 15a
3 15a 2
AH .BC = .
.4a =
.
2
2
8
4
Vì BC ⊥ AH , BC ⊥ SA  BC ⊥ ( SAH ) , BC ⊥ SH nên góc SHA là góc giữa 2 mặt phẳng ( SBC ) và
S ABC =

( ABC ) bằng

600.

SA
3
 SA = AH .tan 600 =
AH
1
1 3 15a 2 9
.
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: V = S ABC .SA = .
3
3
4

Xét tam giác SAH ta có: tan 600 =

15a
9 5a
. 3=
8
8
5a 45 3a 3
=
.
8
32

Chọn B.
Bài 8: Cho hình chóp S . ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Các mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) ,

( SBC ) lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 300 , 450 ,600. Tính thể tích V của khối chóp

rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) nằm bên trong tam giác ABC.
A.V =

a3 3

(4 + 3)

B. V =

a3 3

(

2 4+ 3

)

C. V =

Lời giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) .
Kẻ HD ⊥ AB, ( D  AB ) , HE ⊥ AC ( E  AC ) , HF ⊥ BC ( E  BC ) .

a3 3

(

4 4+ 3

)

SABC. Biết

D. V =

(

a3 3

8 4+ 3

)


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
S

B

C

F
H

D

E

A
SH
SH
SH
SH
= SH 3 ; HE =
= SH ; HF =
=
0
0
0
tan 30
tan 45
tan 60
3
2
2
a 3
1
1 
a 3
3a

=
a=
 SH =
.
suy ra: SH 1 + 3 +

4

2
4
3
2 4+ 3


Khi đó ta có: HD =
Ta có S ABC

(

)

1
3a
a2 3
a3 3
.
=
.
Vậy V = .
3 2 4+ 3
4
8 4+ 3

(

)

(

)

Chọn D.
Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và
phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng ( P ) qua AC và vuông góc với mặt phẳng ( SAD ) chia
1
3

khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào
trong các giá trị sau:
A . 0,11
B. 0,13
C. 0, 7
D. 0,9
Lời giải
S.ABCD là hình chóp tứ giác đều SO ⊥ ( ABCD ) .
Gọi N là trung điểm CD
S
CD ⊥ SN , CD ⊥ ON

 ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = SNO
( SCD )  ( ABCD ) = CD
 AC ⊥ BD
 AC ⊥ ( SBD )
Kẻ CM ⊥ SD. Ta có: 
 AC ⊥ SO

M

 AC ⊥ SD  SD ⊥ ( ACM )  ( ACM ) ⊥ ( SAD )

nên mặt phẳng ( P ) là ( ACM ) .
+ Xét tam giác SON vuông tại N có:

A
D
N

O
B

C


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
ON

SN =

=

cos SNO

3a
.
2
2

2

 3a   a 
SO = SN − ON =   −   = a 2.
 2  2
+ Xét tam giác SOD vuông tại O có:
2

2

SD = SO + OD =
2

2

1
2

(

2

a 2
a 10
a 2 `+ 
.
 =
2
2




)

2

1
2

Ta có: SSCD = CM .SD = SN .CD  CM =

SN .CD 3a 10
=
.
SD
10
2

 3a 10 
a 10
Xét tam giác MCD vuông tại M có: DM = CD − CM = a − 
.
 =
10
 10 
2

2

2

a 10
V
V
1 DM DA DC 1 10
1
1
Ta có: M . ACD = MACD = .
.
.
=
=  VMACD = VSABCD
VSABCD 2VSACD 2 DS DA DC 2 a 10 10
10
2
Mặt phẳng ( P ) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối M .ACD và
9
S . ABCM  VSABCD = VMACD + VSABCM  VSABCM = VSABCD
10
VMACD 1
=  0,11
Do đó:
VSABCM 9

Chọn A.
Bài 10: Thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, có cạnh AB =

a 3
và các cạnh còn lại đều

2

bằng a.
A.

13 13 3
a
162

B.

13 13 3
a
216

C.

13 13 3
a
648

D.

13
 a3
162

Lời giải
Gọi I trung điểm cạnh CD.
 AI ⊥ CD

a 3
, AI = BI =
= AB (1)
Theo đề bài ta có 
2
 BI ⊥ CD

A

 ( ABI ) là mặt phẳng trung trực cạnh CD.

Gọi M là giao điểm của BI với mặt cầu ( S )
ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Suy ra đường tròn lớn của ( S ) là đường tròn ( ABM ) .
Mặt phẳng ( BCD ) cắt ( S ) theo đường tròn ( BCD )

D
B

I
C

M


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
qua M , hơn nữa BM là đường kính
 BM =

a
2a
=
0
sin 60
3

Từ (1)  ABI đều. Suy ra ABM = 600.
AM = AB 2 + BM 2 − 2 AB.BM .cos600 = a

13
AM
a 13
R=
=
0
12
2sin 60
6

4
13 13 3
 V =  R3 =
a
3
162

Chọn A.
Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên ( SAB ) là tam giác

đều và vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho SM = 2MC. Tính thể tích hình
chóp M .ABC.
a3 3
C.
18

a3 3
B.
36

a3 3
A.
6

D.

a3 3
24

Lời giải
Ta có: ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ;

( SAB )  ( ABCD ) = AB ;

SH  ( SAB )

S

SH ⊥ AB (là đường cao SAB đều )
Suy ra: SH ⊥ ( ABCD )

Tính : SH =

a 3
( vì ABC đều cạnh a )
2

M
B

 S ABCD = a 2

H

1
1
a3 3
Tính: VS . ABCD = Bh = S ABCD .SH =
3
3
6
3
1
1
a 3
VMABC = VSABC = VSABCD =
.
3
6
36

N

A

C
D

Chọn B.
Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu
vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn AC , SA = AH =
là đường cao của tam giác SAC. Tính thể tích khối
theo a.
3

a 14
48
3
a 14
16

A.

B.
D.

a

AC
. Gọi CM

4

tứ diện SMBC
S

3

14
24

C.

a 3 14
8

M

Lời giải
A
D
O
B

C


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
AM AH

AH . AC
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có:
=
 AM =
=
AC
SA
SA
 MC = AC 2 − AM 2 =
VSMBC

(

a 2

)

2

a 2
.a 2
a
4
=
a
2

2

a 7

1
1 a a 7 a2 7
a
−  =
 S SMC = SM .MC = . .
=
.
2
2
2 2 7
8
2

1
1 a 2 a 2 7 a 3 14
= BO.S SMC =
=
.
3
3 2
8
48

Chọn A.
Bài 13: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho
BC = 4 BM , BD = 2 BN , AC = 3 AP. Mặt phẳng ( MNP ) cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối
tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng ( MNP ) .
A.

2

3

B.

7
13

C.

5
13

D.

1
3

Lời giải

A
Gọi I = MN  CD, Q = PI  AD,
kẻ DH / / BC ( H  IM ) , DK / / AC ( K  IP ) .
ID DH BM 1
=
=
= .
P
IC CM CM 3
IK DK ID 1
DK 1

2
=
=
= 
=  DK =
IP CP IC 3
2 AP 3
3
APQ DKQ.
AQ AP 2
AQ 3
=
= 
=
Suy ra 
B
DQ DK 3
AD 5
M
V
AP AQ 1
.
= ;
Đặt V = VABCD . Ta có: ANPQ =
VANCD AC AD 5
VANCD VDACN DN 1
1
C
=
=

=  VANPQ = V
VABCD VDABC DB 2
10
VCDMP CM CP 1
1
1
1
=
.
=  VCDMP = V  VV . ABMP = VDABMP = V − VCDMP =
VCDBA CB CA 2
2
2
2
V
7
7
 VABMNQP = VANPQ + VN . ABMP = V  ABMNQP =
20
VCDMNQP 13
NMB = NDH 

Q

I

H
N

1

V
4

Vậy mặt phẳng ( MNP ) chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích
Chọn B.

K

7
.
13

D


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Bài 14: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA = a 6. Đáy ABCD là hình thang
vuông tại A và B, AB = BC =

1
AD = a. Gọi E là trung điểm AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
2

hình chóp S.ECD.
A. R=

a 2
2

B. R = a 6

114
a
6

C. R =

D. R =

a 26
2

Lời giải
S
x

R
K

I
R

E

A

D

a
H
a

B

C

Gọi H là trung điểm của CD và d là đường thẳng đi qua H và vuông góc với đáy. Gọi I và R là tâm
và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.CDE. Suy ra I thuộc D. Đặt IH = x. Trong mp ( ASIH ) kẻ đường
thẳng đi qua I và song song với AH cắt AS tại K.
Ta có: ID 2 = IH 2 + HD 2 = x 2 +

a2
.
2

(

a2
IS = IK + KS = AH + KS = AC + CH + KS = 2a + + a 6 − x
2
2
2
2
a
a
2 6a
.
Suy ra: x 2 + = 2a 2 + + a 6 − x  x =

2
2
3
114a
.
Vậy bán kính mặt cầu bằng R =
6
2

2

2

2

2

2

(

2

2

2

)

2

)

Chọn C.
Bài 15: Cho bát diện đều, tính tỷ số giữa thể tích khối cầu nội tiếp và thể tích khối cầu ngoại tiếp
hình bát diện đều đó.
A.

1
2

B.

1
2 2

C.

1
3

D.

1
3 3

Lời giải
Gọi cạnh bát diện đều là a; bát diện đều có các mặt chéo là hình vuông; khi đó độ dài các đường
chéo AC = BD = SS ' = a 2.

Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp đều có tâm O, khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp là
R = OA =

AC a 2
=
.
2
2

Bán kính mặt cầu nội tiếp là khoảng cách từ O đến các mặt bên. Hình trên có
r = OH =

SO.OM
SO + OM
2

2

=

a 6
.
6
3

2

r
1
1
r  1 
Có =
khi đó tỷ số thể tích khối cầu nội tiếp cho khối cầu ngoại tiếp là:   =   =
.
R
3
R  3 3 3

Chọn D.
Bài 16: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ', có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 .
Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ', A ' C sao cho
A.

a3 6
108

B.

2a 3 6
27

AM A ' N 1
=
= . Tính thể tích V của khối BMNC ' C.
AB ' A ' C 3
3a 3 6

a3 6
C.
D.
108
27

Lời giải
Gọi G, K lần lượt tâm các hình chữ
nhật ABB ' A ' và AA' C ' C.
Ta có:

C'

AM 1
AM 2
= 
=
AB ' 3
AG 3

(Do G trung điểm AB’)
Xét tam giác ABA ' có AG là trung
tuyến và

N

A' N 1
A' N 2
= 
=

A 'C 3
A' K 3

(Do K là trung điểm A’C)
Xét tam giác AA' C ' có A ' K là trung tuyến
A' N 2
= . Suy ra N là trọng tâm của tam giác
và
A' K 3

B'

K

I

AM 2
= . Suy ra M là trọng
AG 3

tâm tam giác ABA '. Do đó BM đi q
ua trung điểm I của AA’.
Ta có:

A'

M

G
C

A
H
B

AA' C '. Do đó

C ' N đi qua trung điểm I của AA’.
IM
IN 1
=
= .
IB IC ' 3
V
IM IN IC 1
.
.
=
Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC ; IBCC '. Ta có: 1 =
V2 IB IC ' IC 9
8
Mà V1 + V = V2  V = V2 .
9

Từ M là trọng tâm tam giác ABA ' và N trọng tâm của tam giác AA' C '. Suy ra:


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />

Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng ( BB ' C ' C ) . AA'
song song với mặt phẳng ( BB ' C ' C ) nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( BB ' C ' C ) bằng khoảng
cách từ A đến ( BB ' C ' C ) và bằng AH.
a 3
1
1 a 3 a 2 2 a3 6
; V2 = d  I , ( BB ' C ' C )  .S BCC ' = .
.
=
.
2
3
3 2
2
12
8
2a 3 6
.
Suy ra : V = V2 =
9
27

Ta có: AH =

Chọn B.
Bài 17: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S
trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng
600. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng ( SAB ) là:

A.

13a
13

B.

13a
39

C.

3 13a
26

D.

Lời giải
+ Gọi H là trung điểm BC

S

+ ( SA, ( ABC ) ) = SAH = 600 ;
AH =

13a
26

a 3
3a
; SH = AH tan 600 = .

2
2

+ Bán kính mặt cầu là:
1
2
R = d ( G; ( SAB ) ) = d ( C ; ( SAB ) ) = d ( H ; ( SAB ) ) .
3
3

+ Gọi E là hình chiếu của H trên AB và K là
hình chiếu của H trên SE.
Chứng minh: HK ⊥ ( SAB ) .
+ Tính được : HE =
2
3

+ R = HK =

a 13
.
13

M
G
C

K
B

H
E

a 3
3a
; HK =
4
2 13

A

Chọn A.
Bài 18: Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC; các mặt phẳng
( SAB ) ; ( SAC ) ; ( SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng nhau. Biết
AB = 25, BC = 17, AC = 26, đường thẳng SB tạo với đáy một góc bằng 450. Tính thể tích V của khối
chóp SABC.
A . V = 680
B. V = 408
C. V = 578
D. V = 600
Lời giải


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Gọi J là chân đường cao của hình chóp
S . ABC ; H , K và L lần lượt là hình chiếu
của J trên các cạnh AB, BC và CA.
Suy ra SHJ , SLJ và SKJ lần lượt là góc

tạo bởi mặt phẳng ( ABC ) với các mặt

S

phẳng ( SAB ) , ( SAC ) , ( SBC ) .
Theo giả thiết ta có: SHJ = SLJ = SKJ ,
suy ra các tam giác vuông SJH , SJL, SJK
bằng nhau.
Từ đó, JH = JL = JK. Mà J nằm trong
tam giác ABC nên J là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC.
Áp dụng công thức Hê- rông, ta tính được
diện tích của tam giác ABC là S = 204. Kí
hiệu P là nửa chu vi tam giác ABC, r là
bán kính đường tròn
S 204
=
= 6.
P 34
Đặt x = BH = BL, y = CL = CK , z = AH = AK .

nội tiếp của ABC. Ta có r =

y=9

A

y=9

K

z=17

J

L

H

x=8
x=8

B

K

z

A

x + y = 7

Ta có hệ phương trình:  x + z = 25 .
 y + z = 26


y

z

y

J

Giải hệ phương trình ta được ( x; y; z ) = (8;9;17 )
JB = JH 2 + BH 2 = 62 + 82 = 10

Ta có SBJ = ( SB, ( ABC ) ) = 450 , suy ra SJB là
tam giác vuông cân tại J. SJ = JB = 10.
1
3

Thể tích V của khối chóp S.ABC là V = SJ .SABC = 680
Chọn A.

C

z=17

H

L
x

x
B

C


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365

Cách 2: Đăng ký tại link sau />
ĐỀ SỐ 2
Bài 1: Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 600 và cạnh bằng a. Tính thể tích
hình hộp đó.
A.

a3
2

B.

a3 2
2

C.

a3 2
3

D.

a3 2 2
3

Lời giải
Ta có: AB = AD = BD = a; AA'=A'B=A'D=a  A ' ABCD là tứ diện đều.
 Chân đường cao A ' H trùng với tâm của tam giác ABD.
2
2 a 3 a 3
AO = .

=
.
3
3 2
3
3a 2 2 2
a 6
 A ' H 2 = A ' A2 − AH 2 = a 2 −
= a  A' H =
.
9
3
3
2a 3
.
Từ đó tìm được V =
2
 HA = HB = HD =

Chọn B.
Bài 2: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của
SC, một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N. Gọi V1 là thể tích khối chóp
SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất của

V1
?
V
S

M

P

A

N

D
C

B

A.

3
8

B.

1
3

Lời giải
Đặt x =

SM
SN
;y=
, ( 0  x, y  1) .
SD
SB

C.

2
3

D.

1
8


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />V
.
2
V
+ SANP
2VSABC

Khi đó ta có: VSABC = VSADC = VSABD = VSBCD =
Ta có:

V1 VSAMPN VSAMP + VSANP VSAMP
=
=
=
V
V

V
2VSADC

1  SM SP SN SP  1
= 
.
+
.
 = ( x + y ) (1)
2  SD SC SB SC  4
V
V
V V
1
1 
Lại có: 1 = SAMPN = SAMN + SMNP =  xy + xy  ( 2 )
V
V
2VSABD 2VSBCD 2 
2 
1
x
3
x
1
Từ (1) , ( 2 )  ( x + y ) = xy  y =
1 x 
, vì 0  y  1 
4
3x − 1

4
3x − 1
2
2
V 3
3
x
3x
3
1

=
= f ( x ) ,   x  1
Từ ( 2) suy ra: 1 = xy = x.
V 4
4 3 x − 1 4 ( 3 x − 1) 4
2


1



2

4

V

1

Khảo sát hàm số: y = f ( x ) ,   x  1  min
f ( x) = f   =  1 =
1
V 3
2
 2  x1
3 9
Chọn B.
Bài 3: Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là
bao nhiêu?
A.

1
4

B.

3
4

C.

1
8

D.

5
8

Lời giải
Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB , suy ra các tam giác ACD và BCD có tất cả các cạnh
đều không lớn hơn 1. Các chiều cao AF và BE của chúng không lớn hơn 1 −

a2
, trong đó
4

CD = a  1.

Chiều cao hình tứ diện AH  AF  1 −

a2
4

A

(do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền)
Thể tích của khối tứ diện là:
1
1 1
1 1  a2  1
V = S BCD . AH = . .BE.CD. AH  . .a. 1 −  = a ( 4 − a 2 )
3
3 2
3 2 
4  24

Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a ( 4 − a 2 ) .

Vì 0  a  1 nên a ( 4 − a 2 )  3 và V 

1
1
a ( 4 − a2 )  .
24
8

B

D
H

F

C

Chọn C.
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với ( ABCD ) . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp trên.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
A.

a 7
2

B.

a 21
6

C.

a 7
4

D.

a 21
3

Lời giải
R( S ) =

( RntSAB ) + ( RntABCD )
2

2

2

a 21
 AB 
−
 =
3

 2 

Trong đó:
+ RntSAB là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB
+ RntABCD là bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD

+ ( SAB )  ( ABCD ) = AB
Chọn D.
Bài 5: Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm G của tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa AA ' và
a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ' B ' C '.
4
a3 3
a3 3
a3 3
A.V =
B. V =
C. V =
3
6
12

BC là

a3 3
D. V =
36

Lời giải

Gọi M là trung điểm B  BC ⊥ ( A ' AM )
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của G , M trên AA '.
Vậy KM là đoạn vuông góc chung của AA’

A'

C'

B'

K

a 3
.
4
KM 3
2
a 3
AGH AMK 
=  GH = KM =
GH 2
3
6
a
AA'G vuông tại G, HG là đường cao, A ' G =
3
3
a 3
VABC . A ' B 'C ' = S ABC . A ' G =

.
12

và BC, do đó: d ( AA ', BC ) = KM =

H

A

C
G

M

B

Chọn C.
Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, đường thẳng SA vuông góc với
mặt đáy và SA = 2a. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với SC. Khi đó diện tích của thiết
diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mặt phẳng ( P ) là:
A.

a2 5
10

Lời giải

B.

a 2 15

5

C.

a 2 15
15

D.

a 2 15
20


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Gọi M là trung điểm của AG.

S

Kẻ BN vuông góc SC tại N.
Khi đó: Thiết diện cần tìm là tam giác BMN vuông tại M.

N
M

C

A

MN CM
a 5
=
 MN =
Ta có: CMN CSA 
SA
CS
5
2
a 15
Vậy: Diện tích tam giác BMN bằng
20

B

Chọn D.

Bài 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = 2a. Tam giác SAB có góc
ASB = 600 , SB = a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt
phẳng ( SAC ) .
A. a

B. 2a

3
19

C. a

3

19

D. 2a

Lời giải
( SAB ) ⊥ ( ABC ) , ( SAB )  ( ABC ) = AB; BC ⊥ AB  BC ⊥ ( SAB )
Trong mp ( SAB ) kẻ BH ⊥ SA.
Trong tam giác BCH kẻ BK ⊥ CH .
Ta có: BK ⊥ ( SAC ) .

C

Vậy khoảng cách từ B đến ( SAC ) là BK.

K

a 3
BH = SB.sin 60 =
;
2
0

Xét tam giác vuông CBH, ta có:
1
1
1
3
=
+
 BK = 2a

.
2
2
2
BK
BH
BC
19
3
.
Vậy d ( B, ( SAC ) ) = 2a
19

Chọn B.

A

B
H
S

3
16


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Bài 8: Cho khối trụ tam giác ABCA1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh a, A1 A = 2a và A1 A tạo với mặt
phẳng ( ABC ) một góc 600. Tính thể tích khối tứ diện A1 B1CA.

A.

a3
4

B.

a3
2

C.

a3
5

D.

a3
8

Lời giải

A1

C1
B1

A

C

H
K
B
Gọi H là hình chiếu của A1 trên mặt phẳng ( ABC ) .
Khi đó A1H = A1 A.sin A1 AH = 2a.sin 600 = a 3.

a 2 3 3a 3
=
nhận thấy khối lăng trụ được chia làm ba khối chóp.
4
4
1
1
Khối chóp CA1B1C1 có VB1 ABC = VLT ' ; khối chóp B1 ABC có VB1 ABC = VLT
3
3
3
1
a
Khối chóp A1B1CA do đó VA1B1 AC = VLT = .
3
4

Mà VLT = A1 H .S ABC = a 3.

Chọn A.
Bài 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy
và góc giữa SC với mặt phẳng ( SAB ) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình
chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối

chóp SABH đạt giá trị lớn nhất bằng:
A.

a3 2
3

B.

a3 2
2

Lời giải
Ta có góc giữa SC và mặt phẳng ( SAB ) là CSB = 300
Trong tam giác SBC có SB = BC.cot 300 = a 3
Trong tam giác SAB có SA = SB2 − AB2 = a 2

C.

a3 2
6

D.

a3 2
12


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />1

3

1 1
3 2

Thể tích khối chóp S.ABH là: VS . ABH = S ABH SA = . HA.HB.a 2 =

a 2
HA.HB
6

Ta có HA2 + HB 2 = AB 2 = a 2 và theo bất đẳng thức AM − GM ta có:
a2
2
Đẳng thức xảy ra khi HA = HB  ABM = 450  M  D
a 2
a 2 a 2 a3 2
HA.HB 
. =
Khi đó VS . ABH =
6
6 2
12
a 2 = HA2 + HB 2  2 HA.HB  HA.HB 

Chọn D.
Bài 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp
hình chóp đã cho.
5 15

5 15
4 3
5
A.V =
B. V =
C. V =
D. V =
54

18

27

3

Lời giải
Đặt R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
Dựng hình như hình bên với IG là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và IG’ là trục đường
tròn ngoại tiếp tam giác SAB.
S

K
I
G'
C
A
G

H
B

3
3
6
; GH =
 IH =
6
6
6
15
4
5 15
 V =  R3 =
Do vậy, R = IH 2 + HA2 =
6
3
54

Ta có: G ' H =

Chọn B.
Bài 11: Bài thể tích liên quan đến cực trị:


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Cho hình chóp S . ABCD, SA là đường cao, đáy là hình chữ nhật với SA = a, AB = b, AD = c. Trong
mặt phẳng ( SDB ) lấy G là trọng tâm tam giác SDB , qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt
cạnh SD tại N, mp ( AMN ) cắt SC tại K. Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và

nhỏ nhất. Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó.
abc
abc
, VSAMKN →min =
8
9
abc
abc
=
, VSAMKN →min =
9
10

abc
abc
, VSAMKN →min =
8
10
abc
abc
=
, VSAMKN →min =
10
11

A . VSAMKN →max =

B. VSAMKN →max =

C. VSAMKN →max

D. VSAMKN →max

Lời giải

S

K
N

M

G
A
D
O

B

C

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD.
2
3
VSMAK SM SA SK
1 SM
1 SM
1 SM
=
. .

 VSMAK = .
.VSBAC =
.VSBAC =
.a.b.c
VSBAC
SB SA SC
2 SB
4 SB
12 SB
1 SN
.a.b.c .
Tương tự VSNAK =
12 SC

Ta có: SG = SO và K = AG  SC và K là trung điểm SC

Do đó: VSAMKN =

1  SM SN 
+

 a.b.c
12  SB SC 


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />S

H

N

G

M

D
O
B

Trong mp ( SBD ) :
SSMN SM SN SSMG + SSGN
S
S
SG.SM
SG.SN
SM .SN 1  SM SN 
=
.
=
= SMG + SGN =
+

= 
+

SSBD
SB SC
2SSBO

2SSBO 2SSBO 2.SO.SB 2.SO.SB
SB.SC 3  SB SC 
SB
1 SM
Do M, N lần lượt nằm trên cạnh SB, SD nên:
 SM  SB  
1
2
2 SB
SN 1  SN 
SM  1
SN
t

= t +
=
.
,   t  1 thì t.
Đặt t =

SC 3  SC 
SC 3t − 1
SN  2

1
SM SN
t
Nhận thấy VSAMKN đạt GTLN, GTNN nếu: f ( t ) =
với  t  1.
+

=t+
2
SB SC
3t − 1
2
1
9t − 6t
Ta có f ' ( t ) = 1 −
=
2
2
( 3t − 1) ( 3t − 1)
2

1

3

3

2

4

Nên f ' ( t ) = 0  t = , t = 0 (loại). f   = , f (1) = , f   = .
2 3 3
3
2 2
Do vậy VSAMKN =
VSAMKN =

abc
là GTLN khi M là trung điểm SB hoặc M trùng với B.
8

abc
là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB.
9

Chọn A.
Bài 12: Cho lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, thể tích khối lăng trụ
a3 3
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC '.
bằng
4
a 21
a 22
a 23
A.
B.
C.
7
7
7

Lời giải

D.

a 24

7


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />3
3
VABC . A ' B 'C ' a 4
VABC . A ' B 'C ' =AA'.S ABC  AA ' =
=
=a
S ABC
3
2
a
4
Do AA'/ / BB ' nên AA '/ / ( BB ' C ' C )

Suy ra: d ( AA ', BC ') = d ( AA ', ( BB ' C ' C ) ) = d ( A, ( BB ' C ' C ) ) .

Hạ AH ⊥ A ' M  AH ⊥ ( BB ' C ' C ) , AM ⊥ BC và AA ' ⊥ BC.
Suy ra: BC ⊥ ( BCC ' B ')  ( A ' AM ) ⊥ ( BCC ' B ')
Hạ AH ⊥ A ' M  AH ⊥ ( BCC ' B ')
Do đó d ( A, ( BB ' C ' C ) ) = AH .
Ta có:

1
1
1
1

4
7
a 21
=
+
= 2 + 2 = 2  AH =
.
2
2
2
AH
AM
A' A
a 3a
3a
7

Chọn A.
Bài 13: Cho hình trụ nội tiếp trong hình cầu bán kính R. Xác định chiều cao và bán kính đáy để hình
trụ có thể tích lớn nhất.
A. r=

6
R
4

B. r =

6
R

3

C. r =

6
R
7

D. r =

6
R
5

Lời giải
Gọi h là chiều cao của hình trụ, r là bán

h3
Thể tích của hình trụ là: V =  r h =  R h −  .
4
3
h
;
Xét hàm: V ( h ) =  r 2 h =  R 2 h − 
4h
3h 2
V ' ( h ) =  R2 − 
;
4
2

2

3h 2
4 R 2 2 3R
=0h=
=
.
4
3
3
2 3R
Từ bảng biến thiên ta có h =
thì V ( h ) đạt giá trị lớn nhất.
3
6
R.
Suy ra r =
3
V ' ( h) = 0   R2 − 

O

A

2

h
kính đáy của hình trụ. Ta có:   + r 2 = R 2 .
2

I
K

O'
A'

H

B

Chọn B.
Bài 14: Một hình trụ có bán kính đáy là R và chiều cao R 3. Hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai
đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 300. Tính khoảng cách giữa AB và
trục của hình trụ.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
A.

R 3
3

B.

R 3
2

C.

3R 3
4

D.

2R 3
3

Lời giải
Kẻ BB '/ /OO' cắt đường tròn ( O ) tại B '.
Góc giữa AB và OO’ là góc ABB ' = 300. Hạ OH vuông góc AB. Khoảng cách giữa AB và OO’ bằng
khoảng cách giữa OO’ và ( ABB ') vì OO'/ / ( ABB ') .
Khi đó d ( OO',AB) = d ( OO', ( ABB') ) = OH
AB ' = R  OH = OA2 − AH 2 =

R 3
2

Chọn B.
Bài 15:
Với một miếng tôn hình tròn có bán kính bằng
R = 6cm. Người ta muốn làm một cái phễu bằng
cách cắt đi một hình quạt của hình tròn này
và gấp phần còn lại thành hình nón (Như hình
vẽ).
Hình nón có thể tích lớn nhất khi người ta cắt
cung tròn của hình quạt bằng:
A . 4 6cm

B. 6 6cm
C. 2 6cm
D. 8 6cm
Lời giải
r

I

N

M

h

R

S

Gọi x, ( x  0 ) là chiều dài cung tròn của phần được xếp làm hình nón.
Như vậy, bán kính R của hình nón sẽ là đường sinh của hình nón và đường tròn đáy của hình nón sẽ
có độ dài là x.
Bán kính r của đáy được xác định bởi đẳng thức 2 r = x  r =

x
.
2

Chiều cao của hình nón tính theo Định lý Pitago là: h = R 2 − r 2 = R 2 −

x2

.
4 2


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />1
1  x 
Thể tích của khối nón: V =  r 2 h =   
3
3  2 

2

R2 −

x2
.
4 2

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có:
3

 x2
x2
x2 
2
+
+
R

−
2
2
2
2
2 
2 
 2 x  4 8 2 8 2
4 x
x
4 2 R 6
2
4

V =
.
.
.

 =
R − 2 
9 8 2 8 2 
4 
9 
3
9 27






2
2
x
x
2
2
= R2 − 2  x =
R 6=
6 6 = 4 6.
Do đó V lớn nhất khi và chỉ khi:
2
8
4
3
3

Chọn A.
(Lưu ý bài có thể sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, tuy nhiên lời giải bài sẽ dài hơn)
Bài 16: Có một miếng nhôm hình vuông, cạnh là 3dm, một người dự định tính tạo thành các hình trụ
(không đáy) theo hai cách sau:
Cách 1: Gò hai mép hình vuông để thành mặt xunng quanh của một hình trụ, gọi thể tích của khối
trụ đó là V1.

Cách 2: Cắt hình vuông ra làm ba và gò thành mặt xung quanh của ba hình trụ, gọi tổng thể tích của
chúng là V2 .

Khi đó, tỉ số

V1

là:
V2


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
A. 3

B. 2

C.

1
2

D.

1
3

Lời giải
3
27
 V1 =  R12 h =
2
4
1
9
Gọi R2 là bán kính đáy của khối trụ thứ hai, có: 2 R2 = 1  R2 =

 V2 =  R2 2 h =
2
4

Gọi R1 là bán kính đáy của khối trụ thứ nhất, có: 2 R1 = 3  R1 =

Chọn A.
Bài 17:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình thang nội tiếp đường tròn ( C ) tâm I, cho biết

A

AB / /CD, CD = 2 AB, CDA = 600. Giả sử thể tích khối
chóp S.ABCD bằng v, tính thể tích khối nón đỉnh
S và đáy là hình tròn ( C ) .

B

D

5
v
3 3
8
v
D.
3 3

4

v
3 3
7
v
C.
3 3

A.

C

I

B.

Lời giải
Do hình chóp và hình nón đã cho có cùng đường cao nên tỷ số thể tích của khối chóp và khối nón
1
( AB + DC ) AH
2
.
bằng tỉ số diện tích của hai đáy, tức là bằng k =
 r2

Dễ thấy tâm I là trung điểm CD, để cho đơn giản cho AB = 1 ta có k =

3
2 = 3 3.
2
2 .1

4

(1 + 2 )

Chọn A.
Bài 18:
Cho một chiếc cốc có dạng nón cụt, biết miệng cốc và đáy cốc có bán kính lần lượt là 4cm và 3cm,
chiều cao cốc là 10cm. chiều cao nước trong cốc là 7cm thì thể tích nước trong cốc là bao nhiêu?
8113
 ( ml )
300
25900
 ( ml )
C.
300

A.

Lời giải

39823
 ( ml )
300
23653
 ( ml )
D.
300

B.

4

D

E

C

F

I

10
7

3
A

B