Vấn đề 2 khối trụ , cầu , nón , tròn xoay

Câu 1.

Gmail:
Cho hình trụ nội tiếp hình nón chiều cao h, bán kính đáy R , thể tích lớn nhất của hình trụ bằng:

 R 2h
B. 9

4 hR 2
A. 27

 R 2h
C. 8

2
D.  R h

Lời giải
Chọn A
Tác giả: Nguyễn Thị Phương Thu FB: Nguyễn Phương Thu

Mp qua trục của hình nón cắt hình nón theo thiết diện là tam giác cân SAB và cắt hình trụ nội
tiếp theo thiết diện là hình chữ nhật nội tiếp tam giác SAB
Đặt

OC  x  0  x  R  ; C ' C  y  0  y  h 

SOA có

C ' C / / SO �

h R  x
C ' C AC
y Rx

� 
�y
SO
AO
h
R
R

 hx 2  R  x 
V x y 
R
Thể tích của hình trụ nội tiếp hình nón là :
2

3

Theo bất đẳng thức Cosi ta có:
x

Dấu “=” xảy ra



Câu 2.

x 2  R  x  R3


4
27
4 hR 2
� maxV=
27

x x
 Rx
x x
R
2
. . R  x  � 2

2 2
3
3

2
R
3

 hx 2  R  x 
4

4 hR 3
27 R

V

4 hR 2
27
.

Email:
Cho tứ diện vuông O.ABC, gọi R và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp của tứ
diện. Biết rằng
2
A. 3

R





3
r 1 3
2
2
2
và 2OC  3OA  6OB  10 . Tính VOABC ?
4
B. 3

5
C. 3

1
D. 3

Nguyễn Minh Tuấn ,Facebook: Minh Tuấn


Lời giải
Chọn B

Để đơn giản bài toán ta đặt OA  a, OB  b, OC  c .
Ta có công thức quen thuộc để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện vuông là
1 2
R
a  b2  c2
2
. Công việc còn lại ta sẽ đi tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện này. Gọi T
là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:

3V
1
1
VOABC  VTOAB  VTOAC  VTOBC  VTABC  r (SOAB  SOAC  SOBC  S ABC )  r.Stp � r  OABC
3
3
Stp

Vậy tóm lại ta có
2R

r

R

3V
1 2
r  OABC
a  b2  c 2
Stp
2
và
, do đó:



1
2
2
2
a 2  b 2  c 2 . ab  bc  ca  a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2
a 2  b 2  c 2 Stp . a  b  c
2


3VOABC
abc
3VOABC
3.
6
Stp





�
3 3 a 2 b 2 c 2  3 3 a 4b 4 c 4 �
�
�
�
�
abc

3 3 a 2b 2 c 2
a 2  b 2  c 2 . ab  bc  ca  a 2b 2  a 2 c 2  b 2c 2
2R
�

�
r
abc




3 3abc  3abc
3
abc





.

3 1



2R
�3 1  3
Vậy: r
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c

1
4
a  b  c  2 � VOABC  .2.2.2 
6
3.
Thay vào giả thiết thứ 2 ta tìm được

Email:
Câu 3.

Cho hai hình cầu đồng tâm

A, B � O, R1  ; C , D � O, R2 
A. 6 3 .

O  0, 0, 0 

, bán kính

R1  2, R2  10

. Tứ diện ABCD có

. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD.

B. 6 2 .

C. 4 2 .

D. 4 3 .


Lời giải
Tác giả : Đỗ Minh Đăng,Tên FB: Johnson Do
Chọn B

+ Dựng mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD cắt
I.
+ Dựng mặt phẳng (Q) chứa CD và song song AB cắt
tâm J.

 O, R1 

theo giao tuyến là đường tròn tâm

 O, R2 

theo giao tuyến là đường tròn

B , C ��
D vuông góc nhau.
+ Lần lượt dựng 2 đường kính A��

Khi đó,

IJ  d  AB, CD   d  A��
B , C ��
D

1
1
AB.CD.d  AB, CD  .sin  AB, CD  � A����
B .C D .IJ  V A����
BCD
6
6
Ta có:
. Do đó chỉ cần xét
����
A
B
C
D
các tứ diện dạng
.
VABCD 

Vậy điều kiện cần để VABCD lớn nhất là AB  CD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và
CD.

Đặt

 

AM  x, CN  y. x � 0, 10 �
, y � 0, 2
�



� ON  10  x 2 ; OM  4  y 2 ; d  AB, CD   MN  OM  ON  10  x 2  4  y 2
Khi đó:
VABCD 

1
1
AB.CD.d  AB, CD   �
2 x.2 y
6
6

VABCD 
Ta có:





10  x 2  4  y 2 

� 2
2 � 10  x 2
xy � 2
 1. 4  y 2 �� xy
� 3
3 �
2
�
�



2
3

VABCD
� xy
18
3
2

x

2

2 y2 



2

xy
3



10  x 2  4  y 2

�
�
10  x 2
 4  y2 �
� 2
�

 2  1 �



2
3
xy
18 2 2 xy
3
2





2

xy 3 9
3

2 xy


3



4
2
2
�V��
3 9
ABCD  xy 
9

2 xy





8 xy xy
9
3 2 2

2 xy



�xy xy
�

 9  2 xy �
�
8 2
2
�
�
3�
3
�
�
�
�
�

.




3





2
VABCD

8 �9 �
� � 72
3 �3 �

VABCD

6 2

. Vậy Vmax  6 2. Dấu “=” xày ra khi:

� 10  x 2
�
4  y2
�
� 2

�
�x  6
��
1
� 2
�y  3
�xy
�  9  2 xy
�2
.
Email:

Câu 4.

SOẠN CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO –HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
 O; R   và  O '; R   với R  a .
Cho hình trụ có chiều cao h  2a , các đường tròn đáy lần lượt là

 O; R   và MN là một đường kính thay đổi trên
Biết AB là đường kính cố định của đường tròn
đường tròn

 O ';  R   sao cho

AB và MN không đồng phẳng. Tính giá trị lớn nhất của thể tích

khối tứ diện ABMN .

A.

4a3
3

2a3
B. 3 .

3
C. a .

3
D. 2a

Lời giải
Tác giả: Vũ Huỳnh Đức. Tên facebook: Huỳnh Đức.
Chọn A

Với mọi tứ diện ABCD ta có công thức tính thể tích

�
V  1 AB.CD.d( AB;CD ).sin( AB,CD )
6

Áp dụng công thức trên ta có thể tích của khối tứ diện ABMN là
�
VMNAB =1 .MN . AB .d(MN; AB).sin( MN , AB )
6

�
Vì MN  AB  2R  2a , d( MN ; AB )  h  2a , sin( MN , AB ) �1 nên
3
3
�
�
VMNAB =4 a sin( MN , AB ) �4 a .
3
3 Đẳng thức xảy ra � sin( MN , AB )  1� MN  AB.
4 a3
ABMN
Vaäy thể tích khối tứ diện
đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi MN  AB.
Email:
Câu 5.

Cho hình nón đỉnh S chiều cao là h . Một khối trụ khác có tâm của đáy trùng với tâm đáy của
hình nón và đáy còn lại là một thiết diện song song với đáy của hình nón đỉnh S đã cho (hình


vẽ). Khi khối trụ này có thể tích lớn nhất, biết 0  x  h thì tỉ số k giữa thể tích của khối nón và
khối trụ là?

A.

k

5
4.

B.

k

9
4.

C.

k

3
2.

D.

k

7
4.

Lời giải
Tác giả : Nguyễn Trí Chính,Tên FB: Nguyễn Trí Chính
Chọn B

1
V1   R 2 h
3
Thể tích khối nón là
JB SJ h  x
R (h  x)


� JB 
h
h
Từ hình vẽ ta có IA SI
.

V2  

R2
( h  x) 2 x
2
h

.

Thể tích khối trụ cần tìm là:
R2
V ( x )   2 (h  x ) 2 x , 0 �x �h
h
Xét hàm số
.


R2
�
2(h  x) x  (h  x) 2 �
2 �
�
h
Ta có
h
V /  x   0 � x  h hay x  .
3
2
�h � 4 R h
V  0   0;V  h   0;V � �
�3 � 27
Có
V '( x)  

V2 

4 R 2 h

27

Suy ra GTLN của V2 là
1
 R2h
V1 3
9
k 

2
V2 4 R h 4
27
Lúc đó
.
Email:
Câu 6.

SA   ABC  AC  1 AB  2  3 BAC
� 
Cho hình chóp S . ABC có
,
,
,
. Gọi B�
, C �lần lượt
là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Với giá trị nào của  thì bán kính mặt cầu ngoại
B�đạt giá trị nhỏ nhất?
tiếp hình chóp A.BCC �
A.



  arccos 2  3

0
C.   75



B.



  arcsin 2  3



0
D.   45

Lời giải
Tác giả: Trương Văn Quắng

Tên FB: OcQuang

Chọn A

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC .
Tam giác ABB�vuông tại B�nên M chính là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABB�

, suy ra trục đường tròn
�
ngoại tiếp tam giác ABB chính là đường trung trực
 của AB (xét trong mp  ABC  ).
Tam giác ACC �vuông tại C �nên N chính là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ACC �
, suy ra trục đường tròn
�
ACC
ngoại tiếp tam giác
chính là đường trung trực
1 của AC (xét trong mp  ABC  ).
Gọi I   �1 , ta suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp A. BCC'B’.

B�thì R chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp A.BCC �
giác ABC .


Ta có

R



12  2  3

BC

2.sin 

Ta có



2





 2.1. 2  3 .cos 

2sin 



4  2 3. 2  cos 
2sin 

2  cos 
2  cos 

sin 
1  cos 2 

Xét hàm số
f ' t  



f  t 

2t
1  t 2 với 1  t  1

t 2  4t  1

1 t 
2

2

�
t  2  3( L)
f ' t   0 � �
t  2 3
�

Ta suy ra: R đạt giá trị nhỏ nhất khi t  cos   2  3
Vậy



  arccos 2  3



Gmail:
Câu 7.

Cho một hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R  5 và góc ở đỉnh là 2
2
3 . Một mặt phẳng  P  vuông góc với SO tại H và cắt hình nón theo một đường
với
tròn tâm H . Gọi V là thể tích của khối nón đỉnh O và đáy là đường tròn tâm H . Biết V đạt
sin  

giá trị lớn nhất khi

SH 

a
a

b với a, b �� và b là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức

T  3a 2  2b3 ?

A. 12

B. 23

C. 21

D. 32

Lời giải
Tác giả: Phạm Chí Tuân Fb: Tuân Chí Phạm
Chọn C

Đặt SH  x . Gọi SAB là thiết diện qua trục SO và M , N lần lượt là giao điểm của SA, SB với
 P .
Xét SOA vuông tại O ta có SO  OA cot   R cot  � OH  SO  OH  R cot   x .
Xét SHM vuông tại H ta có HM  SH tan   x tan  .
1
1
V   .HM 2 .OH   x 2 .tan 2  .  R cot   x 
3
3
Ta có
.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có:
3

�x x
�
  R cot   x �
�
x
x
4 3 3
x 2  R cot   x   4. . .  R cot   x  �4. �2 2
R cot 
�
2 2
3
�

� 27
�
�

Vậy

Câu 8.

VMax 

2R
2R
1
2
32
5
4 3
�x
cot  

1

.
5.
1 
R cot 
2
2
3
3 sin 

3
2
3
81
đạt được

2
3
Từ đây ta có a  5, b  3 � T  3.5  2.3  21 .
Email:
Trong các khối trụ có thể tích là V (không đổi), hãy tìm diện tích toàn phần nhỏ nhất của hình
trụ này.

A.

min Stp  3. 3 2 V 2

. B.

min Stp  3 . 3 2V 2

. C.

min Stp  3. 3  V 2

. D.

min Stp  3 . 3 V 2

.

Lời giải
Tác giả : Trần Chí Thanh
Chọn A

 x  0, y  0  . Ta có V   x 2 y và
+ Gọi x, y theo thứ tự là bán kính đáy, chiều cao của hình trụ
� xy xy �
 2 �x 2   �
2
2
Stp  2 x  2 xy  2  x  xy 
2
2 �
�
+ AD BĐT AM–GM cho 3 số dương
2

x2 ;

xy xy
;
2 2 ta có:
2

xy xy
V�
�xy �
�
x  

�3. 3 x 2 � �  3 . 3 2  x 2 y  2
Stp �3 . 3 2 � �  3. 3 2 V 2
2
2
�2 � 2
� �
�
2


Dấu "  " xảy ra �
+ Vậy
Câu 9.

x2 

min Stp  3. 3 2 V 2

xy 2
V
x
;x y 
2
 �

3

V
V
4V

y  23
3
2 ;
2
 .

khi chiều cao bằng với đường kính đáy.

Email:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  2 . Các cạnh bên bằng nhau và
bằng 3 . Tìm độ dài cạnh AB để thể của khối chóp S . ABCD tích lớn nhất.
A. AB  2 .

B. AB  3 .

C. AB  6 .

D. AB  4 .

Lời giải
Tác giả : Lê Thùy Trang,Tên FB: Trangthuy
Chọn D

SO   ABCD  .
Gọi O  AC �BD thì
Đặt AB  x  0. Ta có AC 

AB 2  BC 2  x 2  4.

AC 2

32  x 2
SO  SA  AO  SA 

.
4
2
Tam giác vuông SOA nên
2

2

2





1
1
32  x 2 1
1
32
VS . ABCD  S ABCD .SO  .2 x.
 . 2 x 32  x 2 � .  x 2  32  x 2   .
3
3
3
3
3
2

Khi đó
2
Dấu ''  '' xảy ra x  32  x � x  4.

Email:
Câu 10. Cho mặt cầu tâm O và bán kính R . Từ một điểm S bất kỳ trên mặt cầu ta dựng ba cát tuyến
�
�
�
bằng nhau, cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C (khác với S ) và ASB  BSC  CSA   . Khi 
thay đổi, Tính thể tích lớn nhất khối chóp S . ABC

A.

Vmax 

8 3R 3
3

B.

Vmax 

8 3R 3
27

C.

Vmax 

4 3R 3
3

D.

Vmax 

8 3R 3
9

Lời giải
Tác giả:lê thị thúy,Tên FB: ThúyLê
Chọn B


SO�
  ABC 
Tam giác ABC đều, kẻ
thì O�là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và
O�
�SO .
Giả sử SO�
cắt mặt cầu tại D thì tam giác SAD vuông tại A .
Gọi SA  SB  SC  l
Trong tam giác SAD ta có
Ta có:

SO�
.SD  SA2 � SO�


BC



BC  2 BE  2l sin � AO�
3
2

SA2 l 2

 1
SD 2 R
.Gọi E là trung điểm của BC .


4

2 � SO�
 SA2  O�
A2  l 1  sin 2
3
3
2

2l sin

 2

.

l
4

4

 l 1  sin 2 � l  2 R 1  sin 2
2R
3
2
3
2 .
2

Từ
� S ABC

 1

 2
và
ta
� 4 2� 2
 4 3R 2 �
1  sin
sin
�
2� 2
� 3

có

2

1
8 3 3� 4 2 � 2
� 4 2�
.S ABC 
R �
1  sin
� SO�
 2R �
1  sin
�� VS . ABC  SO�
�sin
3
3
2�
2 .Đặt
2�
� 3
� 3

x  sin 2


�0  x 1
2

2

� 4 �
y  x�
1  x �
3 �
�
Xét hàm số

�
x
�
� y�
0� �
1
1
3
2
2
�
x
 16 x  24 x  9 x  � y� 3 16 x  16 x  3
�
9

Thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất khi




x



1
 1
8 3R 3
� sin  �   60� Vmax 
4
2 2
27
.

1
4
3
4


T
S O; R 
T
Câu 11. Gọi h là chiều cao của khối trụ   nội tiếp khối cầu 
. Thể tích của   đạt giá trị lớn
nhất khi h bằng

R
A. 3 .

2 3
R

C. 3
.

B. R .

R
D. 3 .

Lời giải
Tác giả : Hồ Xuân Dũng, FB: Dũng Hồ Xuân
Chọn C

T .
Gọi h  2 x là chiều cao của khối trụ
Khi đó thể tích của khối trụ

T

V   r 2 .2 x  2 x  R 2  x 2   2 x3  2 R 2 x, 0  x  R

.

V '  6 x 2  2 R 2 .
V '0� x

R
.
3

Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi

x

R
2R 2 3
�h

R
3
3
3
.

Email:
O; R 
Câu 12. Khi cắt mặt cầu 
bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt
O; R 
kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu 
nếu
một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của
hình trụ với nửa mặt cầu. Cho R  1 , hãy tính bán kính đáy của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu

 O; R 

A.

để khối trụ đó có thể tích lớn nhất.

r

3
3

B.

r

6
3 .

C.

r

1
2.

2
D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Dung, face: dungbt nguyen
Chọn B
+ Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O�có hình chiếu
O
là O xuống mặt đáy   . Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của
đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.

+ Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Ta có

h  OO�
 R 2  r 2  1  r 2  0  r  R  1
Thể tích khối trụ là:

V  r    r 2h   r 2 1  r 2



2
�
r 3 �  r 2  3r
2
V�
 r    �2r 1  r 
�
1 r2 �
1 r2
�
 0  r �1

V�
 r  0 � r 

.



2

6

3
3 .

Bảng biến thiên:

� 6 � 2 3
6
maxV  r   V �
r
�3 �
� 9
 0;1
� �
3 .
Vậy:
khi

Cách 2: tìm

Vmax

V   r2 1 r2

� Vmax � r 4  1  r 2 

max

.

3

�1 �
�1 2 �
r4  1 r 2   4 � r2 �
1 r 2 

�r �
2
2
� �
� �

Ta có
Dấu “=” xảy ra
� Vmax � r 

�

�1 2 1 2
2 �
�2 r  2 r  1  r � 4
�4 �
�
3
�
� 27
�
�

1 2
6
r  1 r 2 � r 
2
3 .

6
3 .

Email:
Câu 13. Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 . Giả sử BC = a, AA1 = h . Khi
R ngắn nhất thì tam giác ABC là
A. tam giác đều.
C. tam giác vuông tại A.

B. tam giác cân tại A.
D. tam giác nhọn.
Lời giải
Tác giả : Nguyễn Thanh Dũng,Tên FB: Nguyễn Thanh Dũng

Chọn C


Gọi O, O1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A1B1C1 . Khi đó, OO1 là trục
của đường tròn ngoại tiếp đáy. Trong mặt phẳng ( AOO1 A1 ) , đường trung trực cạnh AA1 cắt
OO1 tại I. Ta chứng minh được I là trung điểm OO1 và cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ
ABC . A1 B1C1 . Do đó, R = IA .
2

�

OO1 �
h2
2
�
IA = OA + OI = OA +�
=
OA
+
�
�
�
�
�2 �
4 (1)
Ta có
2

2

2

2

Mặt khác, áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC , ta được

BC
BC
a
= 2OA � OA =
=

�
�
�
Sin BAC
2Sin BAC
2Sin BAC

(

)

(

)

(

)

(2)

�
�
�
1�
a2
�
2�
�
IA = �

+
h
�
�
2 �
�
4�
�
sin
BAC
�
�
�
�
Từ (1) và (2) suy ra
.
2

(

)

2
Do đó, R = IA ngắn nhất � IA bé nhất

�
�

(

�
sin 2 BAC

(

) lớn nhất

)

�
� = 90o
sin 2 BAC
= 1 � BAC

Hay tam giác ABC vuông tại A.
Email:
Câu 14. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng

AM
 k  0  k  1
(
ACD
').
đi qua M và song song với mặt phẳng
Đặt AB
. Tìm k để thiết diện của
hình hộp và mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất.
k

1

2

B.

k

3
4

C.

k

1
4

D.

k

2
5

A.
Lời giải
Tác giả : Đặng Duy Hùng và Facebook : Duy Hùng
Chọn A


I

D'
R

Q
C'

F

A'

P
D

B'

S

C
K

O

A

E

M

J

N
B

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N.
Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ tại F.
Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q.
Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.
Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P.
Vậy thiết diện là lục giác MNPQRS
Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diện MNPQRS
song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’.
 Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng
MJ
MA NC NK
PC PK QD ' QI







MN
MB
NB
NM
PC
'
PQ
QC

'
QP  MJ=NK và PK=QI


 Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích các
tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S)
2

2

2

S1 �JM � �AM � �AM � 2
AM
 � �  � �  � �  k � S1  k 2 S
 k 0  k 1


S
�AC � �DC � �AB �
AB
. Ta có:
2

2

2

S2 �JK � �JM  MK � �JM MK �
2

2
 � � �
� � 
�   k  1 � S2   k  1 S
S �AC � � AC
� �AC AC �
 Diện tích thiết diện:

Std  S2  3S1

2
�
1
3 � 1 �� 3S
Std  2S (k 2  k  )  2S �  �
k  ���
2
4 � 2 �� 2
�

(dấu bằng xảy ra 

k

1
2)

Email:
Câu 15. Khối (H) được tạo thành là phần chung khi giao nhau hai khối nón có cùng chiều cao h, có các
bán kính đường tròn đáy lần lượt là R và r sao cho đỉnh của khối nón này trùng với tâm đường

tròn đáy của khối nón kia. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối (H), biết rằng R và r thoả mãn
1�
�
X 2  ( x  y ) 2 X  xy  0 �x, y  �
2 �.
�
phương trình

1
h
48
A.
.

1
h
B. 16 .

C.  h .

1
h
D. 12 .

Lời giải
Tác giả : Trần Tín Nhiệm,Tên FB: Trần Tín Nhiệm


Chọn A

Giả sử R > r. Ta có hình minh hoạ như trên.
Gọi a là bán kính đường tròn giao tuyến, b là khoảng cách từ tâm đường tròn giao tuyến đến
tâm đường tròn có bán kính R.
Sử dụng các tam giác đồng dạng, ta suy ra
�a b

�
R
b
Rh
�r h
� 
�b 
;
�
r hb
Rr
�a  h  b
�R
h
r
Rr
�a  b
.
h
Rr

1
1
1

V( H )   a 2b   a 2 (h  b)   a 2 h
3
3
3
Mặc khác
.
X 2  ( x  y ) 2 X  xy  0
Xét phương trình ẩn X :

 x, y  0 

có

2
�
1
�S X   x  y   0
1
, x, y 
�
 X  ( x  y )  4xy �(2 xy )  4xy  0, x, y 
2
2 . Theo vi-ét: � PX  xy  0
.
4

4

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt là R và r.

 x  y

a

2

Rr
xy
1
1

� 4 2  , x, y 
2
R  r  x  y
2
 x  y 4

Theo bất đẳng thức Cô-si,
2
1
1 �1 � 1
1
V( H )   ha 2 �  h � �  h, x, y  .
3
3 �4 � 48
2

. Suy ra

1

1
xy .
max V H    h
2 Vậy
48
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
. Chọn phương án A.
Email:
Câu 16. Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD
đôi một vuông góc với nhau và nội tiếp mặt cầu có bán
kính R. Tứ diện ABCD có thể tích bằng bao nhiêu?
4 3R 3
A. 27 .

3

B. 4 3R .

8 3 3
R
C. 9
.

4 3 3
R
D. 3
.

Lời giải
Tác giả : Nguyễn Tình , FB: Gia Sư Toàn Tâm

Chọn A
V

Thể tích tứ diện ABCD là:

1
AB.AC.AD
6
.

Vì ABCD là tứ diện vuông tại A nên:

AB 2  AC 2  AD 2
R 2 �

4
4 3 3
R
27

�
V

Vmax

3 3 AB 2 . AC 2 . AD 2
4

AB 2 . AC 2 . AD 2

64 R 6
27

1
AB. AC. AD
6

4 3 3
R
27

4 3 3
R
27

� AB  AC  AD 

3

Dấu “=” xảy ra

8 3
R
9
.

Email:

Câu 17. Cho tứ diện ABCD nội tiếp trong một mặt cầu bán kính R và thỏa mãn điều kiện AB  CD,
BC  AD, AC  BD . M là một điểm thay đổi trong không gian.

Đặt P = MA + MB + MC + MD, giá trị nhỏ nhất của P là:

P  2 R 3.
A. min

B. Pmin  4 R.

C. Pmin  3R.

D.

Pmin 

16 R
.
3

Lời giải
Tác giả : Bùi Văn Khánh,Tên FB: Khánh Bùi Văn
Chọn B

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; E, F, K, L lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD.
Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AF  BF suy ra EF  AB , tương tự ta chứng
minh được EF  CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó
suy GA  GB  GC  GD  R.
MA.GA  MB.GB  MC.GC  MD.GD
GA

Ta có
uuur uuu
r uuur uuu
r uuuu
r uuur uuuu
r uuur
MA.GA  MB.GB  MC.GC  MD.GD
�
GA
uuuu
r uuu
r uuur uuur uuur
MG. GA  GB  GC  GD  4.GA2

 4GA  4 R.
GA
MA  MB  MC  MD 





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với điểm G.


Vậy

Pmin  4 R.

Email:

Câu 18. Cắt một khối trụ có chiều cao h bởi một mặt phẳng song song với hai mặt đáy, ta thu được hai
khối trụ nhỏ. Một trong hai khối đó ngoại tiếp một lăng trụ đứng thể tích V có đáy là tam giác
có chu vi là p. Khối còn lại ngoại tiếp một khối nón (H) có bán kính đáy là R (R thay đổi). Tìm
giá trị của R sao cho thể tích của khối nón là lớn nhất?

A.

R

 p3
162V .

B.

R

hp 3
162V .

C.

R

 p3
162 .

D.

R

p3
162V .

Lời giải
Tác giả : Châu Cẩm Triều,Tên FB: Châu Cẩm Triều
Chọn B
Hình lăng trụ có đáy là tam giác với độ dài 3 cạnh là a,b,c và có chiều cao là x.
Khi đó

S 

abc
abc
x.abc
V  x.
R
4 R và thể tích của hình lăng trụ là
4 R . Suy ra
4V

x.(a  b  c)3 x. p 3
R�

27.4.V
108V
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương a,b,c, ta có

Mặt khác

1

1
x2 p6
V( H )  .( h  x). .R 2 � .( h  x). .
2
3
3
 108V 
3

x x�
�
h x  �
�
x x
2 2� 4 3

h
 h  x  x 2  4.  h  x  . . �4. �
2 2
27
27 (Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số
Mà
x x
h  x, ,
2 2 )
.
V( H )
Do đó

1 4 3

p6
� . h .
3 27  108V  2

(không đổi).

x
2h
�
hx  � x 
�
��
2
3
�
a

b

c
�
Dấu “=” xảy ra

Vậy

1 4 3
p6
V( H )  max    . h .
3 27  108V  2

Khi đó

R

khi

x

2h
3 và a  b  c

2h p 3
hp3
.

3 108V 162V Chọn phương án B.

Email:
 H  đỉnh O, chiều cao là h và mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng đáy
Câu 19. Cho hình nón
của khối nón. Một khối nón
thiết diện của

 P

T

có đỉnh là tâm của đường tròn đáy của

với hình nón. Thể tích lớn nhất của

T

H

là bao nhiêu?

và đáy của

T

là


4R 2 h
A. 81

4R 2 h
B. 27

R 2 h
C. 24

R 2 h2
D. 3

Lời giải
Tác giả : Minh Tân,Tên FB: thpt tuyphong
Chọn A

Đặt:

AE  x 0  x  h , AC  R.

R  h  x
SE EN
h  x EN

�

� EN 
h
R
h
* Xét SAC , có: SA AC
2
1
1 R2
2
V  .EN .x  . 2  h  x .x
T

3
3 h
Thể tích khối nón
là

f  x   h  x .x, x � 0; h
2

* Đặt
Ta có:

f�
 x  3x2  4hx  h2

�
x  h� 0; h
�
f�
 x  0 � � h �h � 4h3
x  � f � �
�
�3 � 27
� 3
Bảng biến thiên của

f  x


1 R2 4
4.R2 h
1
Vmax  . 2 . h3 
� x h
3 h 27
81
3
Vậy
Email:

Câu 20. Trong các khối trụ có thể tích là V (không đổi), hãy tìm diện tích toàn phần nhỏ nhất của hình
trụ này.
A.

min Stp  3. 3 2 V 2

. B.

min Stp  3 . 3 2V 2

. C.

min Stp  3. 3  V 2

. D.

min Stp  3 . 3 V 2

.

Lời giải
Tác giả : Trần Chí Thanh
Chọn A

 x  0, y  0  . Ta có V   x 2 y và
+ Gọi x, y theo thứ tự là bán kính đáy, chiều cao của hình trụ
�2 xy xy �
x   �
Stp  2 x 2  2 xy  2  x 2  xy   2 �
2

2 �
�
+ AD BĐT AM–GM cho 3 số dương
2

x2 ;

xy xy
;
2 2 ta có:
2

xy xy
V�
�xy �
�
x  
�3. 3 x 2 � �  3 . 3 2  x 2 y  2
Stp �3 . 3 2 � �  3. 3 2 V 2
2
2
�2 � 2
� �
�
2

Dấu "  " xảy ra �
+ Vậy

x2 

min Stp  3. 3 2 V 2

V
V
xy 2
V
x3
y  23

;x y 
2 ;
2
2
 �

3

4V
 .

khi chiều cao bằng với đường kính đáy.

Email:
Câu 21. Hai bạn A và B chơi một trò chơi như sau: Mỗi người lấy 1 miếng tôn hình tròn bán kính như
nhau, sau đó cắt bỏ đi 1 hình quạt rồi cuộn lại, dùng keo gắn lại thành 1 chiếc phễu như hình
vẽ. Sau đó A dùng chiếc phễu của mình múc đầy nước rồi trút sang phễu của B. Nếu phễu của
B đầy mà của A vẫn còn nước thì A thắng. Ngược lại, nếu phễu của A hết nước mà phễu của B
chưa đầy thì B thắng. Hãy chỉ giúp A cắt miếng tôn của mình có góc ở tâm hình quạt là bao
nhiêu để khi chơi không thua B.

(6  2 6)
.
3
A.

2 6
.
B. 9

2 6
.
C. 27

2 2
.
D. 3

Lời giải
Tác giả : Trình Hoài Nam,Tên FB: Trình Hoài Nam
Chọn A
Gọi x là góc ở tâm cần cắt (rad, 0< x < 2); R, r là bán kính miếng tôn và bán kính miệng phễu.
Diện tích phần còn lại của miếng tôn là

S

(2  x) R 2
2

(2  x) R 2
(2  x) R
 rR 
�r 
2
2
Diện tích xung quanh phễu là S   rR 
Đường cao của phễu là

h  R2  r 2 

R
2

4 x  x 2

 Thể tích phễu là

1
1 (2  x) 2 R 2 R
V   r 2h  
3
3
2
4 2

4 x  x 2 

R3
24

2

.t 4 2  t , t  (2  x) 2  0

1
16 3 3
8 2
2
t 4  t 
. t.t. 8  2t �
t
9
2
3
Áp dụng Côsi :
. Dấu “=” xảy ra 



2





Vmax � t 4 2  t



�t

8 2
62 6
� x

3
3

max
Từ đó ta tìm được
Email:
Câu 22. Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O�
, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a .
Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , trên đường tròn tâm O�lấy điểm B . Đặt  là góc
AB đạt giá trị lớn nhất. Khẳng định nào
giữa AB và đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện OO�

sau đây đúng?
A. tan   2 .

B.

tan  

1
2.

C.

tan  

1
2.

D. tan   1 .

Lời giải
Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Mai Tên facebook: Thanh Mai Nguyen
Chọn B


+ Gọi A�là hình chiếu của A lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O�
.
+ Gọi B�là hình chiếu của B lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O .

�
+ Gọi R là bán kính của đường tròn tâm O , suy ra: R  2a . Ta có:   BAB�
.
 2 R tan  . Gọi I là trung điểm của AB�
� OI  AB�
Suy ra: AB�
.
2
2
2
2
2
2
+ Ta có: OI  OB� IB� R  R tan   R 1  tan  .

Và:

S OAB�

1
1
OI . AB�
 R. 1  tan 2  .2 R tan 
 R 2 tan  . 1  tan 2  .
2
2

1
1
1
VOO�AB  VOAB�.O�A�B  OO�
. S OAB� .2 R. R 2 tan  . 1  tan 2 
3
3
3
Suy ra:
.

+ Ta có:

VOO�AB

Xét hàm số

2
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi tan  . 1  tan  đạt giá trị lớn nhất.

f  t   t. 1  t 2

f�
 t   1 t2 

Xét

t.  t 
1 t2



với

t � 1;1

1  2t 2
1  t 2 với t  0 .

f�
 t   0 � 1  2t 2  0 � t  �

1
1
�t 
2
2.

Bảng biến thiên:

f�
 t



0

1
2


0

�

�

yCĐ

f  t

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

1
2



t

yCT

Vmax

khi

t

�

1
1
tan  
2 hay
2.