Dang 6. Bài toán cực trị(VDC)

Câu 1.

[2H1-3.6-4] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Cho hình chóp

S. ABCD
đáy

là hình vng cạnh bằng

( ABCD ) . Gọi M , N

và

là hai điểm thay đổi trên hai cạnh

vng góc với mặt phẳng

S . AMCN
T=

2 , SA = 2
1

( SMC )
A.

ABCD

có đáy

SA vng góc với mặt phẳng

AB , AD

sao cho mặt phẳng

1

( SNC ) . Tính tổng T = AN 2 + AM 2

khi thể tích khối chóp

đạt giá trị lớn nhất.

13
9.

B.

T = 2.

C.

T=

5
4.

D.

T=

2+ 3
4 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vũ Hoàng Trâm; Fb: Hoang Tram
Chọn C

N
S

2
a

A

b

D
2

M
B

Chọn hệ trục tọa độ

C

Axyz

với:

A ( 0;0;0 ) , S ( 0;0;2 ) , B ( 2;0;0 ) , C ( 2;2;0 ) , D ( 0;2;0 ) ¸ M ( a;0;0 ) , N ( 0; b;0 ) ( a, b ∈ [ 0;2] )
uuur
uuuur
uuur
AC = ( 2;2;0 ) , AM = ( a;0;0 ) , AN = ( 0; b;0 )
uuur
uuur
uuur
SC = ( 2;2; − 2 ) , SM = ( a;0; − 2 ) , SN = ( 0; b; − 2 )
uuur uuur
ur
 SM , SC  = ( 4;2a − 4; 2a )
⇒ n1 = ( 2; a − 2; a ) là VTPT của mp ( SCM )


uuur uuur
uur
 SN , SC  = ( 4 − 2b; − 4; − 2b )
n
⇒ 2 = ( 2 − b; − 2; − b ) là VTPT của mp ( SCN )




ur uur ur uur
SCM
⊥
SCN

⇔
n
(
) ( ) 1 ⊥ n2 ⇔ n1.n2 = 0 ⇔ 2 ( 2 − b ) − 2 ( a − 2 ) − ab = 0 ⇔ 8 − 2b − 2a − ab = 0
⇔ 8 − 2a − b ( 2 + a ) = 0 ⇔ b =

8 − 2a
a+ 2

 8 − 2a
 a + 2 ≥ 0  a ∈ (− 2; 4]
8 − 2a
0≤b=
≤2⇔ 
⇔  4 − 4a
⇔ a ∈ [ 1; 4]
a+2
 8 − 2a ≤ 2  a + 2 ≤ 0 ⇔ a ∈ ( −∞ ; − 2 ) ∪ [ 1; +∞ )
Mà:
 a + 2
Do đó:

a ∈ [ 1;2]

S AMCN = S ∆ AMC + S ∆ ACN =

1 uuuur uuur 1 uuur uuur
 AM , AC  +  AN , AC 
 2


2

1
1
8 − 2a a 2 + 8
= .2a + .2b = a + b = a +
=
2
2
a+ 2 a+ 2
a2 + 8
f ( a) =
Xét hàm số
a + 2 trên [ 1;2]
f '( a) =
Ta có:

a 2 + 4a − 8

( a + 2)

2

 a = − 2 − 2 3 ∉ [ 1; 2]
f ' ( a ) = 0 ⇔ a 2 + 4a − 8 = 0 ⇔ 
 a = − 2 + 2 3
;

f ( 1) = 3 khi a = 1, b = 2

f ( 2 ) = 3 khi a = 2, b = 1

(

)

f −2 + 3 = −4 + 4 3

khi

a = − 2 + 2 3, b = − 2 + 2 3

 a = 2, b = 1
Max f ( a ) = 3 ⇔ 
Khi đó: a∈[ 0;2]
 a = 1, b = 2 .
 a = 2, b = 1
1
⇔
VS . AMCN = .SA.S AMCN
đạt giá trị lớn nhất ⇔ S AMCN đạt giá trị lớn nhất
 a = 1, b = 2
3
*a =

2, b = 1

uuuur
uuur
AM = ( 2;0;0 ) ⇒ AM = 2 , AN = ( 0;1;0 ) ⇒ AN = 1

Vậy:

T=

* a = 1, b =

1
1
1
5
+
= +1=
2
2
AN AM
4
4.

2

uuuur
uuur
AM = ( 1;0;0 ) ⇒ AM = 1 , AN = ( 0;2;0 ) ⇒ AN = 2


Vậy:

T=

Kết luận:

Câu 2.

1
1
1 5
+
=
1
+
=
AN 2 AM 2
4 4.
T=

1
1
5
+
=
2
2
AN AM 4 .

[2H1-3.6-4] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện
các cạnh cịn lại bằng

2
A. 3 .

ABCD

2 . Khi thể tích tứ diện ABCD là lớn nhất tính
4
B. 3 .

16
C. 3 .

AB = x , CD = y , tất cả
xy .

có

1
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phượng; Fb: Nguyễn Thị Phượng
Chọn C

Gọi

M,N

Tam giác

lần lượt là trung điểm của

ADB, CAB

AB, CD .

là hai tam giác cân cạnh đáy

AB ⊥ ( MCD ) .

AB

nên

DM ⊥ AB và CM ⊥ AB . Suy ra

1
1
x
VABCD = VB. MCD + VA. MCD = .BM .S MCD + . AM .SMCD = .SMCD
.
3
3
3
Tam giác

∆ ABC = ∆ ABD ( c.c.c )

nên

CM = DM ⇒ MN ⊥ CD .

1
x2 y2

1
1
1
2
2
2
2
2
S MCD = .CD.MN = y. MC − CN = y. ( BC − BM ) − CN = y 4 − −
2
4 4
2
2
2
1
= y 16 − ( x 2 + y 2 )
.
4

VABCD =

xy
xy
1
16 − ( x 2 + y 2 ) ≤
16 − 2 xy =
xy. xy. ( 16 − 2 xy )
12
12
12

1  xy + xy + ( 16 − 2 xy ) 
1  16 
≤

÷ =
 ÷
12 
3
 12  3  .
3

3


x = y
x = y

⇔

16
xy = 16 − 2 xy  xy =

Dấu bằng xảy ra khi
3.

Vậy thể tích
Câu 3.

ABCD

đạt giá trị lớn nhất khi

[2H1-3.6-4] ( Sở Phú Thọ) Cho hình chóp

2, SA = 2
hai cạnh

và

SA

xy =

16
3.

S . ABCD

vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi

AB , AD ( AN < AM )

sao cho mặt phẳng

có đáy . ABCD . là hình vng cạnh bằng

M, N

( SMC )

lần lượt là hai điểm thay đổi trên
vng góc với mặt phẳng

( SNC ) .

1
16
+
Khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của AN 2 AM 2 bằng:
17
5
.
.
A. 4
B. 5.
C. 4
D. 2.
Lời giải
Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết ; Fb: Đoàn Minh Triết
Chọn B

Đặt

AM = x, AN = y ( 0 < y < x < 2 )

Chọn hệ trục tọa độ

Oxyz

tương ứng như hình vẽ. Ta có:

N ( 0; y;0 ) C ( 2;2;0 ) .
uuur
uuur
uuur
Ta có: SM = ( x;0; − 2 ) , SC = ( 2;2; − 2 ) , SN = ( 0; y; − 2 ) .
r
uuur uuur
n( SMC ) =  SM , SC  = ( 4;2 x − 4;2 x ) .
r
uuur uuur


Lại có n( SNC ) =  SN , SC  = ( − 2 y + 4; − 4; − 2 y )
Do ( SMC ) ⊥ ( SNC )

r r
nên n( SMC ) .n( SNC ) = 0

A ( 0;0;0 ) , S ( 0;0;2 ) , M ( x;0;0 ) ,


⇔ 4. ( − 2 y + 4 ) + ( 2 x − 4 ) . ( − 4 ) + 2 x. ( − 2 y ) = 0 .
⇔ 2 x + 2 y + xy − 8 = 0 ⇔ x = − 2 +

(

12
1≤ y < −2 + 2 3

y+ 2

)

1
1
VS . AMNC = .S AMNC .SA = . ( S AMN + SCMN ) .SA
Ta có
.
3
3
1 uuuur uuur x. y
1 uuuur uuur 2 ( x + y ) − x. y
S AMN =  AM , AN  =
SCMN =  CM , CN  =
Mà SA = 2 ,
.
2
2 ,
2
2
1  xy 2 ( x + y ) − xy 
2
VS . AMNC =  +
÷.2 = ( x + y )
3 2
2
3
Suy ra
.


Để VS . AMNC đạt giá trị lớn nhất thì

Xét

P = x+ y = y− 2+

⇔ P=

( x + y)

đạt giá trị lớn nhất.

12
y+ 2

y 2 + 2 y − y − 4 + 12 y 2 + y + 8
=
y+ 2
y+ 2 .

( y + 2 ) ( 2 y + 1) − ( y 2 + y + 8)
P′ ( y ) =
2
( y + 2)
⇔ P′ ( y ) =

2 y2 + y + 4 y + 2 − y2 − y − 8

( y + 2)

2

⇔ P′ ( y ) =

y2 + 4 y − 6

( y + 2)

2

.

 y = − 2 + 10
⇒ P′ ( y ) = 0 ⇔ y 2 + 4 y − 6 = 0 ⇔ 
 y = − 2 − 10 .
So điều kiện ta nhận

y = − 2 + 10 ⇒ x = 2 + 2 10.

x = 2
⇒ Max P ( y ) = P ( 1) = 11 ⇔ 
1;− 2 + 2 3 )

 y = 1 (thỏa yêu cầu đề bài).
1 16
+ = 5.
Vậy y 2 x 2
Câu 4.

[2H1-3.6-4] (Sở Phú Thọ) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2
, SA = 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh

AB , AD ( AN < AM )

tích khối chóp

sao cho mặt phẳng

S . AMCN

( SMC )

vng góc với mặt phẳng

1
16
+
2
đạt giá trị lớn nhất, giá trị của AN
AM 2 bằng

( SNC ) . Khi thể


17
A. 4 .

5
C. 4 . D. 2 .

B. 5 .
Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Bích Ngọc; Fb: Bích Ngọc
Chọn B

Oxyz sao cho A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0;2;0 ) , S ( 0;0;2 ) .
Suy ra C ( 2;2;0 ) . Đặt AM = x , AN = y , x, y ∈ [ 0;2] , x > y; suy ra M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) .
uuur
uuur
uuur
Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ

SM = ( x;0; − 2 ) , SC = ( 2;2; − 2 ) , SN = ( 0; y; − 2 ) .
ur uuur uuur
uur uuur uuur
⇒ n1 =  SM , SC  = ( 4;2 x − 4;2 x ) , n2 =  SN , SC  = ( 4 − 2 y; − 4; − 2 y ) .
ur uur
Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 = 0 ⇔ 4 ( 4 − 4 y ) − 4 ( 2 x − 4 ) − 4 xy = 0 ⇔ xy + 2 ( x + y ) = 8 .
⇔ y=

8 − 2x
8 − 2x
≤ 2⇔ x≥1
.
x + 2 , do y ≤ 2 nên x + 2

S AMCN = S ABCD − SBMC − S DNC = 4 − ( 2 − x ) − ( 2 − y ) = x + y .

2  8 − 2x  2 x2 + 8
1
2
VS . AMCD = SA.S AMCN = ( x + y ) =  x +
÷=
Do đó
3
x+ 2  3 x+ 2 .
3
3
2 x2 + 4x − 8
2 x2 + 8
′( x) =
f
2
f ( x) =
3
x
∈
1;2
x
+
2
[
]
(
)
Xét
với
,

.
3 x+ 2

f ′ ( x ) = 0 ⇔ x2 + 4 x − 8 = 0 ⇔ x = − 2 + 2 3 ; x = − 2 − 2 3
max f ( x ) = f ( 1) = f ( 2 ) = 2

Lập BBT ta suy ra [ 1;2]

max VS . AMCN
Vậy

⇒

 x = 1

y = 2
=2⇔ 
 x = 2

⇒
  y = 1

16
1 = 16 + 1 = 5
+
2
2
.
AM 2 AN 2 x y

.

.

x = 2
(do x > y )

y
=
1


[ ]

Cách 2: Đặt AM = x , AN = y x, y ∈ 0;2 , x > y .
Gọi O = AC ∩ DB ; E = BD ∩ CM ; F = BD ∩ CN .

H

là hình chiếu vng góc của

O trên SC , khi đó:

HO =

2
3.


 SC ⊥ OH

⇒ SC ⊥ ( HBD ) ⇒

Ta có:  SC ⊥ BD
Do đó góc giữa

( SCM )

và

( SCN )

 SC ⊥ HE

 SC ⊥ HF .

bằng góc giữa

1
2
VS . AMCN = SA.S AMCN = ( x + y )
Mặt khác
.
3
3

OE , OF :
Ta có: x > 0 , y > 0 và nếu x ≠ 2 , y ≠ 2 thì gọi K

HE

và

HF . Suy ra HE ⊥ HF .

Tính

là trung điểm của

AM , khi đó:

OE KM
x
OE
EB
OB
x 2
=
=
⇒
=
=
⇒ OE =
EB MB 4 − 2 x
x 4 − 2x 4 − x
4− x .
y 2
OF =
2
Tương tự:
4 − y . Mà OE.OF = OH ⇔ ( x + 2 ) ( y + 2 ) = 12 .

Nếu

x = 2 hoặc y = 2

Tóm lại:

thì ta cũng có

( x + 2) ( y + 2 ) = 12 .

OE.OF = OH 2 ⇔ ( x + 2 ) ( y + 2 ) = 12 .

1
2
2
2
12

VS . AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) =  ( x + 2 ) + ( y + 2 ) − 4  =  ( x + 2 ) +
− 4
Suy ra:
3
3
3
3
x+ 2  .
max VS . AMCN
Khảo sát hàm số ta được :

⇒

16
1 = 16 + 1 = 5
+
2
2
2
.
AM AN 2 x y

 x = 1

y = 2
=2⇔ 
 x = 2

⇒
  y = 1

x = 2
(do x > y )

y =1

AM = m, AN = n (0 ≤ n < m ≤ 2)
AP ⊥ CM , AQ ⊥ CN ( P ∈ CM , Q ∈ CN ) .

Cách 3. Đặt
Dựng

AP AM
2m
=
⇒ AP =
4 + (2 − m) 2 .
Ta có BC CM
2n
AQ =
4 + (2 − n)2 .
Tương tự

Trong mặt phẳng ( SAP) dựng AL ⊥ SP ( L ∈ SP ), AV ⊥ SQ(V ∈ SQ ) . Mặt phẳng ( ALV ) cắt
SC tại H .
Dựa vào điều kiện bài toán dễ dàng chứng minh được tứ giác ALHV là hình chữ nhật và
AH ⊥ SC .

1
1
1
3
8
2
=
+
=
⇒
AH
=
Ta có AH 2 SA2 AC 2 8
3.

2
1
1
1 m − 2m + 4
2m 2
2n 2
2
2
=
+
=
⇒
AL
=
AV
=
AL2 SA2 SP 2
2m 2
m 2 − 2m + 4 và
n 2 − 2n + 4 .
Do hình chữ nhật nên

2n 2
2m 2
8
AV + AL = AH ⇒ 2
+ 2
= ⇔ (mn − m − n + 4)(mn + 2(m + n) − 8) = 0
n − 2n + 4 m − 2m + 4 3
2

2

2

mn − m − n + 4 = mm + 2 − m + 2 − n > 0 nên mn + 2(m + n) = 8 .
Do 0 < n < m ≤ 2 ⇒ ( m − 2)( n − 2) ≥ 0 ⇔ mn − 2( m + n) + 4 ≥ 0 ⇒ 12 − 4( m + n) ≥ 0 ⇒ m + n ≤ 3 .
Do

1
1
S ANCM = S ABCD − S BMC − S DNC = 4 − .2.(2 − m) − .2.(2 − n) = m + n
Ta có:
.
2
2


1
2
VSAMCN = SA.S AMCN = ( m + n) ≤ 2
Suy ra
.
3
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1
16
+

=5
Khi đó AN 2 AM 2
.

m = 2, n = 1 .

Bài tập tương tự:
Câu 5.

Cho tứ diện đều
cạnh

ABCD

có cạnh bằng 1 . Gọi

BC , BD sao cho ( AMN )

M, N

là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc

ln vng góc với mặt phẳng

ABMN . Tính V1 + V2 .

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện

17 2
A. 216 .

Câu 6.

17 2
B. 72 .

( BCD ) . Gọi V1 , V2 lần lượt là

17 2
C. 144

2
D. 12

[2H1-3.6-4] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho tứ diện

ABCD

có đáy

góc với

BCD

là tam giác đều cạnh

( BCD ) . A chạy trên ∆

thể tích của khối

ABCD

a3 3
A. 12 .

a , trọng tâm G . ∆

sao cho mặt cầu ngoại tiếp

là đường thẳng qua

ABCD

G

và vng

có thể tích nhỏ nhất. Khi đó

là

a3 2
C. 12 .

a3
B. 12 .

a3 3
D. 6 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Châu Vinh ; Fb:Vinhchaunguyen

Chọn B
Gọi

I

là trung điểm

AD , O

là giao điểm của mặt phẳng trung trực

chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
Gọi

AD

với

AG , khi đó O

ABCD.

AD = x ; x > 0 . Từ đó ta tính được bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

AD 2
x2
R = OA =

=
=
2 AG 2 x 2 − DG 2

x2
2

a 3
2 x −
÷
 3 
2

=

x2
2

a
2 x −
3
2

=

1
1 a2 1
2 2−
x
3 x4

.

là:


Thể tích khối cầu nhỏ nhất khi

R

1
1 a2 1
t = 2 ,t > 0
y= 2 − . 4
nhỏ nhất hay
.
x
x 3 x lớn nhất. Đặt

2

a 2
.t + t
. Đây là tam thức bậc hai đạt giá trị lớn nhất khi
3

⇒ y=−

t=

−1
3
= 2
2
 a  2a
2.  − ÷
.
 3

2a 2 a 2 a
a 6
AG
=
− =
⇒x=
3
3
3.
3 hay

Lúc đó thể tích

ABCD

1
1 a a2 3 a3
V = AG.S∆BCD = . .
=
bằng
3

3 3 4
12 .

Chú thích:
Đề gốc khơng cho

a

là độ dài cạnh nào, nhưng với đáp án B nên dự đoán thêm đề vào

dài cạnh tam giác đều

Câu 7.

AG = x

là độ

BCD .

Do lúc đầu nhầm tưởng tích thể tích khối cầu
đặt

a

ABCD

nhỏ nhất nên đặt

AD = x , bạn đọc có thể

để việc tính tốn thuận tiện và nhanh hơn.

[2H1-3.6-4]

(THPT-Chun-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho

hình

chóp

S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a , SA = SB = SC = a . Khi đó thể tích khối
chóp S . ABCD lớn nhất bằng
3a 3
A. 4 .

a3
B. 2 .

a3
C. 4

3a 3
D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh
Chọn B

Gọi

H

Đặt

OC = x ( a > x > 0 ) ⇒ AC = 2 x.

là tâm đường tròn ngoại tiếp của

VABC. Mà SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABCD ) .

VCOB vuông tại O⇒ BO = BC 2 − OC 2 = a 2 − x 2 ⇒ BD = 2 a 2 − x 2 .


Ta có:

S ABC =

AB. AC.BC
.
4 BH

2
a2
1
AB.BC , AC ⇒ 1 a 2 − x 2 = a ⇔ BH =
BO. AC =
.
2
4BH

Suy ra 2
2 a2 − x2
4 BH

a4
a 3a 2 − 4 x 2
SH = SB − BH = a −
=
.
4 ( a2 − x2 )
2 a2 − x2
2

VSHB

vuông tại

H⇒

2

2

Ta có:

1
1 a 3a 2 − 4 x 2  1
1
 1
VSABCD = SH .S ABCD =

4 x a 2 − x 2 ÷ = ax 3a 2 − 4 x 2 = a x 2 (3a 2 − x 2 ).

3
3 2 a2 − x2  2
3
 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:

x 2 + ( 3a 2 − x 2 ) ≥ 2 x 2 ( 3a 2 − x 2 ) ⇔ 3a 2 ≥ 2 x 2 ( 3a 2 − x 2 ) ⇔
⇔ VSABCD ≤

Dấu

a3 1
≥ a x 2 ( 3a 2 − x 2 )
2 3

a3
2

' = ' xảy ra

⇔ x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x =

a 3
a 6
⇔ x=
.
2
2

a3
Vậy thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất bằng 2 .
Câu 8.

[2H1-3.6-4] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho khối lập phương

M , N lần lượt di động trên các tia AC , B′D′
diện AMNB′ có gía trị lớn nhất là:
a3
A. 12 .
Chọn A

a3
B. 6 .

sao cho

a3 3
C. 6 .

Lời giải

ABCD. A′ B′C ′D′ cạnh a . Các điểm
AM + B′N = a 2 . Thể tích khối tứ
a3 2
D. 12 .


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có:

B′ ( 0;0;0 ) , B ( 0;0; a ) , A ( a ;0; a ) , C ( 0; a ; a ) ,

C ′ ( 0; a ;0 ) , D′ ( a ; a ;0 ) .
uuuur
x uuuur
B′N =
B′D′
Giả sử B′N = x,0 ≤ x ≤ a 2 . Ta có:
a 2

 x x 
N  ; ;0 ÷
 2 2 .

⇒

uuuur 
x  uuur
x 
 x
AM =  1 −
AC
M
;
a
−
;a÷
÷
Do AM + B′N = a 2 nên AM = a 2 − x . Ta có:

2 
⇒  2
 a 2
VAMB′N =

⇒
Câu 9.

1
6

uuuur uuuur uuur
 B′M ; B′N  .B′A



=

1 2
ax − 2a 2 x ,0 ≤ x ≤ a 2
.
6

a3
Giá trị lớn nhất của thể tích là 12 .

[2H1-3.6-4] (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho hình chóp

2a . Biết rằng ·ASB = ·ASD = 900 , mặt phẳng chứa AB
N . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện DABN .

2a 3
A. 3 .

2 3a 3
B.
3 .

có đáy là hình vng cạnh

và vng góc với

4 3
a
C. 3 .

Lời giải

S. ABCD

( ABCD )

cắt

SD

tại

4 3a 3
D.
3 .

Tác giả: Đỗ Ngọc Tân; Fb: Tân Ngọc Đỗ
Chọn A


( ABCD ) .
0
·
·
Ta có ASB = ASD = 90 ⇒ ∆ SAB = ∆ SAD ( ch − cgv )
Dựng mặt phẳng chứa

AB

và vng góc với

⇒ SB = SD ⇒ SO ⊥ BD
Mà

AC ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAC )

Trong

( SAC )

song song với

hạ

SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABCD) . Khi đó trong ( SAC )

SH

và cắt

SC

tại

qua

A kẻ đường thẳng

K

( KAB )
Dựng giao điểm N của ( KAB ) và SD
Vậy mặt phẳng cần dựng là

Qua

K

kẻ đường thẳng song song với

*) Tính

AB / / CD

và cắt

SD

tại

N

VD. ABN

AD ⊥ AK ( AK ⊥ ( ABCD ) ) 
1
1
 ⇒ AD ⊥ ( ABN ) ⇒ VD. ABN = AD.S ABN = 2a.S ABN
3
3
Ta có AD ⊥ AB ( gt )

Lại có

S ABN =

1
2a 2
AB. AK = a. AK ⇒ VD. ABN =
. AK
2
3

Vậy

VD. ABN

Đặt

SA = x ta có SB = SD = 4a 2 − x 2

max

⇔ AK

Lại có trong hình vng

max

ABCD thì AC = BD = 2a 2 ⇒ OA = OB = OC = OD = a 2

Xét

∆ SOB vng tại O ta có SO = 2a 2 − x 2

Xét

2
2
∆ SAO có SO = 2a − x , SA = x, OA = a 2

nên

∆ SAO vuông tại S

Áp dụng hệ thức lượng trong

∆ SAO vuông tại S , SH

là đường cao ta có


x 2a 2 − x 2
SH
=


a 2

2
2
2
OH = SO = 2a − x

OA
a 2

4a 2 − x 2
CH = OH + OC =
Khi đó
a 2
Xét

∆ KAC

có

SH / / AK

nên theo định lý Talet ta có

AK AC
AC
2 2a.x. 2a 2 − x 2
=
⇒ AK =
.SH =
SH CH
CH
4a 2 − x 2
Cách 1: Tìm

AK

max, coi

a = 1 , sử dụng Casio, mode 7

2 2 x. 2 − x 2
f ( x) =
4 − x2
start ? 0
end ? 2
Ta thấy

f ( x)max = 1 ⇒ AK max = a

2a 3
V max =
Khi đó
3 . Vậy chọn đáp án A.
x. 2 − x 2
8 − 6 x2
f ( x) =
⇒ f '( x ) =
2
4 − x2
2 − x 2 ( 4 − x 2 ) trên 0; 2
Cách 2: Coi a = 1 , xét hàm số

(

f '( x) = 0 ⇔ x =

Xét
Bảng biến thiên

Vậy

f ( x) max =

Khi đó

V max =

)

2
3

2
2
⇒ AK max = 2a 2. = a
4
4
2a 3
3 .

Câu 10. [2H1-3.6-4] (Sở Điện Biên) Cho khối chóp

S. ABCD

có đáy là hình bình hành. Gọi

M,N

là

SM 1
SN
=
=2
hai điểm nằm trên hai cạnh SC , SD sao cho SC 2 và ND
, biết G là trọng tâm của tam

VGMND m
=
giác SAB . Tỉ số thể tích VS . ABCD n ( m, n là các số nguyên dương và ( m, n ) = 1 ). Giá trị của

m + n bằng

A. 17 .

B. 19 .

C.

21 .

D.

7.

Lời giải
Chọn B

VS .GMN SN 2
1
=
= ⇒ VGMND = VS .GMD
VS .GMD SD 3
3
.

VS .GMD SM 1
1
=
= ⇒ VS .GMD = VS .GCD
VS .GCD SC 2
2
VS .GCD SG 2
=
=
VS .ECD SE 3 .
1
1 1 2
1
1 1
1
VGMND = VS .GMD = . . VS .ECD = .VS .ECD = . VS . ABCD = VS . ABCD
Suy ra
.
3
3 2 3
9
9 2
18
VS .GMND 1
=
Suy ra VS . ABCD 18 . Do đó m = 1; n = 18 ⇒ m = n = 19 .
Câu 11. [2H1-3.6-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Trong các khối chóp
tứ giác đều
nhất bằng
A.

2 3a3 .

S. ABCD

mà khoảng cách từ
B. 2a 3 .

A đến mp ( SBC ) bằng 2a , khối chóp có thể tích nhỏ
C. 3

3a3 .

D.

4 3a 3 .

Lời giải
Tác giả : Võ Thị Ngọc Ánh ; Fb: Võ Ánh
Chọn A


Gọi I là trung điểm của AD; K là trung điểm của CB, O là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Trong tam giác SOK kẻ đường cao OL.

1
1
d (O;( SBC )) = d ( I ;( SBC )) = d ( A;( SBC )) = a
d (O;(SBC )) = OL và
.

2
2
Ta có
Suy ra
Đặt

OL = a .

OK = x , x > a suy ra độ dài cạnh đáy hình chóp đều S. ABCD

Xét trong tam giác

SOK

là

2x .

vng tại O có OL là đường cao, ta có

1
1
1
1 1 x2 − a2
a2 x2
ax
=
−
=
−

=
⇒
OS
=
=
OS 2 OL2 OK 2 a 2 x 2 a 2 x 2
x2 − a2
x2 − a2

1
ax
4a
x3
V = 4x2.
= .
S. ABCD là 3
x2 − a2 3 x2 − a2
Suy ra thể tích khối chóp
4a
x3
f ( x) = .
3 x2 − a 2
Đặt
4a
f '( x) = .
3

3x 2 x 2 − a 2 − x 3 .

f '( x ) = 0 ⇔ x =

Bảng biến thiên:

x2 − a 2

a 6
2 .

x

2
2
2
x 2 − a 2 = 4a . x ( 2 x − 3a )
3 ( x2 − a2 ) x2 − a 2


a 6
MinV = Min f ( x) = f 
= 12a 3 = 2 3a 3
÷
÷
x∈( a ; +∞ )
 2 
Suy ra
Câu 12. PT 47.1. [2H1-3.6-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Trong các
khối chóp tam giác đều
thể tích nhỏ nhất bằng
A.

S . ABC

9a 3
B. 2 .

6 3a3 .

mà khoảng cách từ

A

đến mp ( SBC ) bằng

3a , khối chóp có
3

C. 9a 3 .
D. 12 3a .
Tác giả : Võ Thị Ngọc Ánh ; Fb: Võ Ánh
Lời giải

Chọn B

Gọi M là trung điểm của BC; G là trọng tâm tam giác đều ABC. Trong tam giác SGM kẻ đường
cao GH.

1
d (G;( SBC )) = d ( A;( SBC )) = a
Ta có d (G;( SBC )) = GH và
. Suy ra
3
Gọi

GM = x , x > a suy ra độ dài cạnh đáy của tam giác ABC là

Xét trong tam giác

SGM

vng tại G có GH là đường cao, ta có

3x.

GH = a .

2
= 2x 3
.
3


1
1
1
1 1 x2 − a2
a2 x2
ax
=
−
= 2 − 2 = 2 2 ⇒ SG = 2 2 =
2
2

2
GS GH GM
a x
ax
x −a
x2 − a2

(

)

2
1
3
ax
x3
V = . 2x 3 . .
= 3a.
3
4 x2 − a2
là
S
.
ABC
x2 − a2
Suy ra thể tích khối chóp

f ( x ) = 3a.
Đặt

x3
x2 − a2

3x 2 x 2 − a 2 − x3.
f '( x) = 3a.

f '( x ) = 0 ⇔ x =

x2 − a 2

x

2
2
2
x 2 − a 2 = 3a. x ( 2 x − 3a )
( x2 − a2 ) x2 − a2

a 6
2 .

Bảng biến thiên:

 a 6  9a 3
MinV = Min f ( x) = f 
÷÷ =
x∈( a ; +∞ )
2

 2

Suy ra