Một số bài toán cực trị hình học không gian

Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHƠNG GIAN
Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước thoả mãn: Tổng của chiều dài và chiều
rộng bằng 12 cm ; tổng của chiều rộng và chiều cao là 24 cm . Hỏi thể tích lớn nhất mà
khối hộp có thể đạt được là bao nhiêu?
A. 288cm3 .
B. 384 3 cm 3 .
C. 1782cm 3 .
D. 864cm3 .
Trong không gian cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3; 2 đơi một tiếp xúc
nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngồi với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
7
3
6
5
A.
.
B. .
C. .
D. .
15
7

11
9
Cho hình chóp S. ABC có SA   ABC  , SB  a 2 , hai mặt phẳng  SAB  và  SBC 
vuông góc với nhau. Góc giữa SC và  SAB  bằng 450 , góc giữa SB và mặt đáy bằng 

 0    90  . Xác định  để thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất.
0

Câu 4.

A.   600 .
B.   300 .
C.   450 .
D.   700 .
Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , SB  a 2 , hai mặt phẳng  SAB  và  SBC 
vng góc với nhau. Góc giữa SC và  SAB  bằng 45o , góc giữa SB và mặt đáy bằng

 ,  0o    90o  . Xác định  để thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất.
Câu 5.

A.   60o .
B.   30o .
C.   45o .
D.   70o .
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân đáy AB , nội tiếp đường
trịn tâm O , bán kính R . Biết rằng AC  BD tại I , đồng thời I là hình chiếu của S
lên  ABCD và S AC vng tại S . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD theo R
là
A. R 3 .

Câu 6.

Trong

B.
không

gian

2 3
R .
3
Oxyz

2

C.
cho

mặt

1 3
R .
2

D.

3 3
R
4

phẳng

  : x  y  4  0 ,

2

2

mặt

cầu

 S1  :  x  1  y 2  z 2  1 và mặt cầu  S2  :  x  4    y  5   z 2  4. Điểm A thuộc mặt
phẳng   , điểm M thuộc mặt cầu  S1  , điểm N thuộc mặt cầu  S2  . Khi dó
AM  AN nhỏ nhất bằng
A. 5 .
B. 8 .
Câu 7.

Câu 8.

D. 3 2 .

C. 11 .

  60 . Thể tích khối chóp
Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có AB  6; BC  12; ABC
C . ABBA bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC  sao cho tổng diện tích
các mặt bên của hình chóp M . ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính cosin góc giữa 2 đường

thẳng B M , AC  ?
1
2
2
2
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
2
2
3
4
2
Trong không gian
hai mặt cầu
Oxyz cho
 S1  :  x  4   y 2  z 2  16 ,
0

2

 S2  :  x  4   y 2  z 2  36 và điểm A  4;0;0  .Đường thẳng  di động và luôn tiếp xúc
với  S1  đồng thời cắt  S2  tại hai điểm B, C . Tam giác ABC có thể có diện tích lớn
nhất là
A. 28 5 .

B. 72 .

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

C. 48 .

D. 24 5 .

Trang - 1 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Câu 9.

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Cho hình chóp S . ABCD , có đáy là hình bình hành, M là trung điểm của cạnh SC .
Mặt phẳng ( P ) chứa AM lần lượt cắt các cạnh SB , SD tại B ' , D' . Giá trị lớn nhất của

SB ' SD '
a
*

là , (a, b  N ) tối giản. Tích a.b bằng:
SB SD
b
A. 3 .
B. 12 .
C. 15 .

D. 6 .
Câu 10. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi I là điểm
1
thuộc đoạn SO sao cho SI  SO . Mặt phẳng   thay đổi đi qua B và I .   cắt các
3
cạnh SA , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Gọi m , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
V
nhỏ nhất của S .MBNP . Giá trị của m  n là
VS . ABCD
4
6
14
1
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
15
75
75
5
Câu 11. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 6 biết các mặt bên của
u

hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3 2 . Tính thể tích
nhỏ nhất của khối chóp SABC .
A. 3 .

B. 2 2 .
C. 2 3 .
D. 4 .
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  4;0;0  , B  0;4;0  , S  0;0; c  và

x 1 y 1 z 1
. Gọi A, B lần lượt là hình chiếu vng góc của


1
1
2
O lên SA, SB . Khi góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  OAB  lớn nhất,mệnh đề

đường thẳng d :

nào sau đây đúng?
 17 15 
D. c    ;   .
2
 2
Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Điểm M nằm trên cạnh AA ' sao cho góc

A. c   8; 6  .
Câu 13.

B. c   9; 8  .

C. c   0;3 .

' lớn nhất, đặt góc lớn nhất đó là  . Biết cos   a ; a, b  ;  a, b   1; b  0 . Mệnh
BMD
b
đề nào sau đây đúng?
A. a  b  1 .
B. a  b  2 .
C. a  b  3 .
D. a  b  4 .
Câu 14. Cho khối chóp S. ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng tại B . Biết rằng
5
thể tích của khối chóp là
và giá trị nhỏ nhất diện tích tồn phần chóp S. ABC là
24
2
2
p 5  q trong đó p, q   . Tính giá trị biểu thức: p  q  ?
37
37
25
A. p 2  q 2 
.
B. p 2  q 2 
.
C. p 2  q 2 
.
D. p 2  q 2  16 .
36
9
4
Câu 15. Cho hình chóp SABCD có đáy 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
3
V
SA, SC , SD lần lượt tại M , N , P . Gọi m, n lần lượt là GTLN, GTNN của S . BMPN . Tính
VS . ABCD
m
?
n
7
14
8
A. 2 .
B. .
C.
.
D. .
5
75
5

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 2 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Câu 16.

Trong khơng gian cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3;2 đơi một tiếp xúc
nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
7
3
5
6
A.
.
B. .
C. .
D. .
15
7
9
11
Câu 17. Cho tứ diện SABC và G là trọng tâm của tứ diện. Một mặt phẳng   quay quanh

AG cắt các cạnh SB , SC lần lượt tại M và N ( M , N không trùng S ). Gọi V là thể tích
tứ diện SABC , V1 là thể tích tứ diện SAMN và gọi m, n lần lượt là giá trị lớn nhất và
V
giá trị nhỏ nhất của 1 . Hãy tính m  n .
V
17
18
19
A. m  n  1 .
B. m  n  .
C. m  n  .

D. m  n 
.
18
19
20
Câu 18. Cho hình nón ( H ) có đỉnh S , chiều cao là h và mặt phẳng ( P ) song song với mặt
phẳng đáy của khối nón. Một khối nón (T ) có đỉnh là tâm của đường tròn đáy của
( H ) và đáy của (T ) là thiết diện của ( P ) với hình nón. Thể tích lớn nhất của (T ) là
bao nhiêu?
4 R 2 h
4 R 2 h
 R2h
 R2h2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
81
27
24
3
Câu 19. Cho hình chóp đều S . ABC có AB  1, 
ASB  30 0 . Lấy các điểm B ', C ' lần lượt thuộc
các cạnh SB , SC sao cho chu vi tam giác AB ' C ' nhỏ nhất. Tính chu vi đó.
1
A.

.
B. 3 1.
C. 3 .
D. 1  3 .
1 3
Câu 20. Trong mặt phẳng  P  cho tam giác ABC đều cạnh bằng 8cm và một điểm S di động
ngoài mặt phẳng  P  sao cho tam giác MAB ln có diện tích bằng 16 3cm2 , với M
là trung điểm của SC . Gọi  S  là mặt cầu đi qua bốn đỉnh M , A , B , C . Khi thể tích
hình chóp S . ABC lớn nhất, tính bán kính nhỏ nhất của  S  :

16 6
4 3
4 15
4 39
cm .
cm .
cm .
cm .
B.
C.
D.
9
3
3
3
Câu 21. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD đáy là hình vng cạnh a , SA  a 3 . Và SA
vuông góc với đáy. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc hai cạnh BC và CD
  450 . Tính tỉ số giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối
sao cho MAN
A.

chóp S . AMN

1 2
1 2
.
C. 2 2 1 .
D.
.
6
2
Câu 22. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có tổng diện tích tất cả các mặt là 36 , độ dài
đường chéo AC  bằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp chữ nhật lớn nhất là bao nhiêu?
A. 2  2 2 .

B.

A. 8 2 .
B. 6 6 .
C. 24 3 .
D. 16 2 .
Câu 23. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh a và đường cao SA  2a . MNPQ
là thiết diện song song với đáy, M  SA và AM  x . Xét hình trụ có đáy là đường trịn
ngoại tiếp tứ giác MNPQ và đường sinh MA . Giá trị của x để thể tích khối trụ lớn
nhất là
a
2a
a
3a
A. x  .

B. x 
.
C. x  .
D. x 
.
3
3
2
4

Giaùo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 3 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Câu 24.

Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh 2a và tam giác ABD vuông tại D ,
a
AD  . Khoảng cách lớn nhất từ B đến mặt phẳng  ACD  là?
2
2a 2
a 3
A.
.
B. a 3 .

C.
.
D. 2a 3 .
2
3
Câu 25. Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD 
bằng 2a . Gọi  là góc giữa mặt bên của 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?
2
2
A.   arcsin
.
B.   450 .
C.   arccos
.
D.   60 0 .
3
3
Câu 26. Cho hình chóp SABCD , 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 3
a 3
a 6
.
B. x 

.
C. x 
.
D. Đáp án khác.
2
3
2
Câu 27. Cho tứ diện S. ABCD và M là một điểm di động, nằm bên trong tam giác ABC .
Qua M kẻ các đường thẳng song song với SA, SB, SC cắt các mặt phẳng tương ứng

A. x 

 SBC  ,  SAC  ,  SAB 

lần lượt tại A ', B ', C ' . Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức

MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC '
là



.
.
SA
SB
SC
SA SB SC
9
28
62

13
A. .
B.
.
C.
.
D.
8
27
27
8
Câu 28. Trong không gian với hệ trục tọa độ O.xyz , cho điểm A  a; b; c  với a; b; c là các số
T

thực dương thỏa mãn 5  a 2  b 2  c 2   9  ab  2bc  ca  và Q 

a
1
có

2
b  c  a  b  c 3
2

giá trị lớn nhất. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên các tia
Ox; Oy; Oz . Phương trình mặt phẳng  MNP  là

A. x  4 y  4 z 12  0 .
C. x  4 y  4 z  0 .
Câu 29.

B. 3x 12 y 12z 1  0 .
D. 3x  12 y  12 z  1  0 .

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

R3 5
R3 5
R3 3
R3 3
.
B. Vmax 
.
C. Vmax 
.
D. Vmax 
.
75
25
27
9
.Câu 30. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Hai điểm M , N di động trên các cạnh
AB , AC sao cho mặt phẳng  DMN  vng góc mặt phẳng  ABC  . Gọi S1 , S 2 lần lượt
S
là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác AMN . Tính T  1 .
S2
8

9
8
9
A. T  .
B. T  .
C. T  .
D. T  .
9
8
7
7
Câu 31. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' với độ dài tất cả các cạnh đều bằng a . Xét tất
cả các đoạn thẳng song song với mặt phẳng  ABB ' A '  và có một đầu E nằm trên
A. Vmax 

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 4 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

đường chéo A ' C của mặt bên AA ' C ' C , còn đầu kia F nằm trên đường chéo BC ' của
mặt bên BB ' C ' C . Hãy tìm độ dài ngắn nhất của các đoạn thẳng này.
a
2a
2a
a

A.
.
B.
.
C. .
D.
.
5
5
5
5
Câu 32. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC 
bằng b . Góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng  . Tìm  để thể tích của
khối chóp S. ABCD nhỏ nhất.
 3
1
2
A.   arccos 
D.   arccos   .
 . B.   arccos 3 . C.   arccos   .
 3
3
 3 
Câu 33. Cho hình lăng trụ đều ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh đáy bằng a. Điểm M và N lần lượt
thay đổi trên các cạnh BB ' và DD ' sao cho  MAC    NAC  và BM  x, DN  y . Tìm

 

giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ACMN .
a3

a3
a3
a3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3 2
2
2 2
2 3
Câu 34. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA  b và
vng góc với  ABCD  . Điểm M thay đổi trên cạnh CD với CM  x  0  x  a  . H là
hình chiếu vng góc của S trên BM . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp
S. ABH theo a , b .

a 2b
a 2b
a 2b
a 2b
.
B.
.
C.
.
D.

.
12
8
18
24
Câu 35. Cho tứ diện đều SABC có D là điểm thuộc cạnh AB sao cho BD  2 AD , I là trung
điểm của SD . Một đường thẳng d thay đổi qua I cắt các cạnh SA , SB lần lượt tại M ,
A.

3

3
m a
N . Biết AB  2a . Khi d thay đổi, thể tích khối chóp S.MNC nhỏ nhất bằng   .
,
m
n
với m, n  ,  m, n   1 . Tính m  n .

A. m  n  4 .
B. m  n  6 .
C. m  n  7 .
D. m  n  5 .
Câu 36. Cắt một khối trụ trịn có chiều cao h bởi một mặt phẳng song song với hai mặt đáy ta
thu được hai khối tròn 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 cịn lại ngoại tiếp một khối nón có bán
kính là R . Tìm giá trị của R sao cho thể tích của khối nón là lớn nhất?
 p3
hp 3
 p3

p3
A. R 
.
B. R 
.
C. R 
.
D. R 
.
162V
162V
162
162V
Câu 37. Người ta cần trang trí một kim tự tháp hình chóp tứ giác đều S. ABCD cạnh bên
ASB  150 bằng đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp
bằng 200 m , 

AEFGHIJKLS trong đó điểm L cố định và LS  40m .

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 5 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Khi đó cần dùng ít nhất bao nhiêu mét dây đèn led để trang trí?
B. 20 111  40 mét. C. 40 31  40 mét. D. 40 111  40 mét.

Chohình chóp S. ABC có các cạnh bên bằng 1 . Mặt phẳng   thay đổi luôn đi qua

A. 40 67  40 mét.
Câu 38.

trọng tâm của hình chóp, cắt ba cạnh bên SA, SB , SC lần lượt tại D, E , F . Tìm giá trị
1
1
1
lớn nhất Pmax của P 
.


SD.SE SE.SF SF .SD
4
16
4
3
A.
.
B.
.
C. .
D. .
3
3
4
3
Câu 39. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . G là trung điểm của BD ' ,
mặt phẳng  P  thay đổi qua G cắt AD ', CD ', B ' D ' tương ứng tại H , I , K . Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức T 

1
1
1
.


D ' H. D ' I D ' I. D ' K D ' K. D ' H

16a 2
8a 2
8
16
.
B.
.
C.
.
D. 2 .
2
3a
3a
3
3
Câu 40. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AC  a , AD '  b, CD '  c . Tìm thể tích lớn
nhất của hình chữ nhật đã cho khi a , b, c thay đổi, còn chu vi tam giác ACD ' không
A.

đổi.

Câu 41. Cho tứ diện ABCD, AB  x, CD  y, các cạnh còn lại của tứ diện bằng a 2, x, y thay
đổi sao cho x  y  2a. Khi VABCD đạt giá trị nhỏ nhất, tính cosin của góc giữa  ABC 
và  ABD  .
Câu 42.

Cho hình chóp SABCD có đáy là ABCD là hình vng cạnh a , cạnh SA  a và vng
góc với mp ( ABCD ). M là điểm di động trên đoạn BC và BM  x  0  x  a  , K là

hình chiếu của S trên DM .
a) Tính độ dài đoạn SK theo a và x .
b) Tìm min của đoạn SK .
Câu 43. Cho hình chóp S . ABCD có tứ giác ABCD là hình bình hành tâm O . Điểm C  di động
trên cạnh SC ( C  khác điểm S và C ). Mặt phẳng  R  chứa đường thẳng AC  và
song song với BD . Mặt phẳng  R  cắt đường thẳng SB , SD lần lượt tại B , D .
1/ Gọi F là giao điểm của AD với BC  . Chứng minh rằng F luôn di động trên một
đường thẳng cố định khi C  di động trên SC .
SC 
BB 5 SD
3
 .
2/ Xác định vị trí của điểm C  sao cho tổng
đạt giá trị nhỏ nhất.
CC 
SB 2 DD

Giaùo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 6 -

Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Câu 44. Trong mặt phẳng  cho hình chữ nhật ABCD có AB  a; BC  2 a . Các điểm M , N lần
lượt di chuyển trên các đường thẳng m, n vng góc với mặt phẳng   tại A, B sao
cho DM  CN . Tìm giá trị nhỏ nhất của khối tứ diện CDMN .
Câu 45. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB song song với CD ,
AB  2CD , các cạnh bên có độ dài bằng 1 . Gọi O  AC  BD , I là trung điểm của SO .
Mặt phẳng   thay đổi đi qua I và cắt các cạnh SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q

1
1
1
1

 2
.
2
2
SM
SN
SP
SQ 2
Câu 46. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi E là trung điểm của SC
. Mặt phẳng   thay đổi nhưng luôn chứa AE cắt SB , SD lần lượt tại M , N . Xác
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 

SM SN
đạt giá trị lớn nhất.


SB SD
Câu 47. Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc. Gọi M là điểm thuộc
miền trong của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA2 MB 2 MC 2
T


OA2 OB 2 OC 2
BẢNG ĐÁP ÁN
1.B
2.C
3.C
4.C
5.B
6.A
7.C
8.D
9.B
10.C
11.A
12.D
13.D
14.D
15.C
16.C
17.B
18.A
19.D
20.C

21.D
22.A
23.B
24.B
25.A
26.C
27.B
28.B
29.A
30.B
31.B
32.A
33.A
34.A
35.D
36.B
37.C
38.B
39.A

định vị trí của M , N trên các cạnh SB , SD sao cho

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 7 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Câu 1.

Lớp Toán Thầy Nghiệp

LỜI GIẢI THAM KHẢO
Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước thoả mãn: Tổng của chiều dài và chiều
rộng bằng 12 cm ; tổng của chiều rộng và chiều cao là 24 cm . Hỏi thể tích lớn nhất mà
khối hộp có thể đạt được là bao nhiêu?
A. 288cm3 .
B. 384 3 cm 3 .
C. 1782cm 3 .
D. 864cm3 .
Lời giải

Gọi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của khối hộp chữ nhật lần lượt là x , y , z
 x, y , z  0  .

 x  y  12
 x  12  y
 y  12

 y  12 .
Theo giả thiết ta có: 
. Vì x, z  0 nên 
 y  z  24
 z  24  y
 y  24
Thể tích của khối hộp là V  xyz  12  y  y  24  y   y 3  36 y 2  288 y .
Xét hàm số f  y   y 3  36 y 2  288 y trên khoảng  0;12  .

f   y   3 y 2  72 y  288 ;

 y  12  4 3
f  y  0  
.
y

12

4
3

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: max f  y   384 3 .
 0;12 

Câu 2.

Vậy thể tích lớn nhất mà khối hộp có thể đạt được là 384 3 cm 3 .
Trong khơng gian cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3; 2 đơi một tiếp xúc
nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
7
3
6
5
A.
.
B. .
C.
.
D. .

15
7
11
9
Lời giải

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 8 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

B

M

I

D

A
N
C

Gọi A, B, C , D lần lượt là tâm của bốn mặt cầu nói trên và I , x (  0) lần lượt là tâm, bán
kính mặt cầu cần tìm.
 IA  IC  x  2

Mặt cầu I tiếp xúc ngoài với bốn mặt cầu nêu trên nên 
. Do đó, I nằm
 IB  ID  x  3
trên giao tuyến của hai măt phẳng trung trực của AC , BD .
Vì bốn mặt cầu đôi một tiếp xúc nên DA  DC  BA  BC . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của BD , AC . Khi đó, MN là đoạn vng góc chung của AC và BD nên I thuộc
đường thẳng MN .
Ta có, DN  DC 2  CN 2  25  4  21, MN  DN 2  DM 2  21  9  2 3 .

 x  2

Xét AIN vuông tại N và IN 

2

 x  3

Xét BIM vng tại M có IM 

 22 .
2

 32 .

Vì IM  IN  MN nên dấu ‘‘=’’ xảy ra khi và chỉ khi I  MN .
Khi đó, IM  IN  MN 

 x  2

2

 22 

 x  3

2

 32  2 3

6
.
11
Cho hình chóp S. ABC có SA   ABC  , SB  a 2 , hai mặt phẳng  SAB  và  SBC 

 11x 2  60 x  36  0  x 

Câu 3.

vng góc với nhau. Góc giữa SC và  SAB  bằng 450 , góc giữa SB và mặt đáy bằng 

 0    90  . Xác định  để thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất.
0

A.   600 .

B.   300 .

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

C.   450 .

Lời giải

D.   700 .

Trang - 9 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Ta thấy SA   ABC    SAB    ABC 1
Theo giả thiết thì  SAB    SBC  2 
Từ và ta có BC  ( SAB )  BC  AB và BC  SB
  450 . Trong tam giác vng cân SBC có
Góc giữa SC và  SAB  là góc BSC

SB  BC  a 2 .
Tam giác vuông SAB cạnh AB  SB.cos   a 2 cos  ; SA  SB.sin   a 2.sin 

Câu 4.

1
1
2 3
VS . ABC  .S ABC .SA  . 2.a 3 .sin 2 
.a
3
6
6

2 3
Vmax 
.a  sin 2  1 0    90 0     450
6
Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , SB  a 2 , hai mặt phẳng

 SAB 

và  SBC 

vng góc với nhau. Góc giữa SC và  SAB  bằng 45o , góc giữa SB và mặt đáy bằng

 ,  0o    90o  . Xác định  để thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất.
A.   60o .

B.   30o .

C.   45o .
Lời giải

D.   70o .

Ta có: SA   ABC    SAB    ABC 
Mà  SAB    SBC  ,  ABC    SBC   BC
Nên BC   SAB   BC  AB  ABC vuông tại B .
  45o .
 Góc giữa SC và  SAB  là CSB

 BC  SB  a 2 .

    AB  SB.cos  ; SA  SB.sin  .
Góc giữa SB và mặt đáy là SBA
Thể tích khối chóp S . ABC là:
Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 10 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Câu 5.

Lớp Toán Thầy Nghiệp

1 3
a3 2
1
1
1 3
V  SA.SABC  SA. AB.BC  SB .sin  .cos   a 2 sin 2 
.
6
6
3
6
6
Dấu “=” xảy ra  sin 2  1  2  90o    45o .
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân đáy AB , nội tiếp đường
trịn tâm O , bán kính R . Biết rằng AC  BD tại I , đồng thời I là hình chiếu của S
lên  ABCD và S AC vng tại S . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD theo R

là
A. R 3 .

B.

2 3
R .
3

C.

1 3
R .
2

D.

3 3
R
4

Lời giải
S

B

A

I
C

D

Ta có thể tích của khối chóp S . ABCD là
1
1
1
1
VS . ABCD  .SI .S ABCD  .SI . AC.BD  SI . AC 2
3
3
2
6
Tam giác S AC vuông tại S , đường cao SI nên SI 2  IA.IC , do đó
1
1 IA  IC
1
1
2
3
VS . ABCD 
IA.IC . AC 2  .
. AC 2  . AC 3  .2 R   R 3 .
6
6
2
12
12
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi


IA  IC


 ABCD là hình vng.


AC

2
R



2 3
R .
3
phẳng   : x  y  4  0 ,

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD bằng
Câu 6.

Trong

khơng

gian

Oxyz

cho

mặt

2

2

mặt

cầu

2

 S1  :  x  1  y 2  z 2  1 và mặt cầu  S2  :  x  4    y  5   z 2  4. Điểm A thuộc mặt
phẳng   , điểm M thuộc mặt cầu  S1  , điểm N thuộc mặt cầu  S2  . Khi dó
AM  AN nhỏ nhất bằng
A. 5 .
B. 8 .
Mặt cầu  S1 

C. 11 .
Lời giải
có tâm I1 1;0;0  , bán kính R1  1 .

D. 3 2 .

Mặt cầu  S2  có tâm I 2  4;5;0  , bán kính R2  2.
3 2
 R1

2
5 2
d  I 2 ,    
 R2
2
d  I 1 ,    

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 11 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Ta thấy  S1  và   khơng có điểm chung,  S2  và   khơng có điểm chung, I1 và I 2
nằm cùng phía so với  

I2
N

I1
M

A

M'
I' 1

Phép đối xứng qua mặt phẳng   biến mặt cầu  S1  thành mặt cầu  S1 '  , biến điểm
M thành điểm M ' , biến điểm I1 thành điểm I1 ' .

Ta có AM  AN  AM ' AN  M ' N
Dấu bằng xảy ra khi A, M ', N thẳng hàng.
Đoạn thẳng M ' N ngắn nhất khi M ', N thuộc đoạn thẳng I1' I 2
Khi đó giá trị nhỏ nhất của AM  AN là P  I1' I 2   R1  R2 

x  1 t

Đường thẳng d đi qua I1 và vng góc với   là  y  t  t   
z  0

5 3 
Giao điểm của đường thẳng d và   là B  ;  ; 0 
2 2 
'
'
B là trung điểm của I1I1  I1  4; 3;0 

Vậy P  8  1  2   5.
Câu 7.

  600 . Thể tích khối chóp
Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có AB  6; BC  12; ABC
C . ABBA bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC  sao cho tổng diện tích
các mặt bên của hình chóp M . ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính cosin góc giữa 2 đường
thẳng B M , AC  ?
1
2

2
2
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
2
3
4
2
Lời giải

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 12 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Gọi I là hình chiếu của M trên ( ABC ) ; D, E , F lần lượt là hình chiếu của I trên
AB, BC , CA. Đặt x  ID, y  IE , 2a  AB, 2b  BC , 2c  CA, h  AA '  MI .
Khi đó S ABC  SIAB  S IAC  SIBC  ax  by  cz
Diện tích tồn phần của hình chóp M . ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi
S  SMAB  SMBC  SMCA nhỏ nhất.
1

2
2
Có MD  MI 2  ID 2  h 2  x 2  S MAB  AB.MD  a h 2  x 2   ah    ax  .
2
2

2

2

2

2

2

Tương tự ta chứng minh được S   ah    ax    bh    by    ch    cz 



     
Sử dụng bất đẳng thức u  v  w  u  v  w với u   ah; ax  , v  (bh; by ), w  (ch; cz ) ta
2
 const .
được: S  (ah  bh  ch) 2  (ax  by  cz ) 2  (a  b  c)2 h 2  S ABC

ax by cz


 x yz.

ah bh ch
Suy ra I là tâm đương tròn nội tiếp tam giác ABC , nên M là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác A ' B ' C ' .
Tính cosin góc giữa hai đường thẳng B ' M và AC ' .
1
S A ' B ' C '  S ABC  BA.BC.sin 
ABC  18 3
2
A ' C '2  AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC cos 60 0  108  A ' C '  6 3
3
3
Do VABC . ABC   VC . ABB ' A '  .216  324  AA '.S ABC  324  AA '  6 3
2
2
Gọi K là chân đường phân giác trong của tam giác A ' B ' C ' kẻ từ B , từ K kẻ đường
thẳng song song với AC ' cắt AA ' tại H , khi đó:



  (B
' M , AC ')  ( B
' K , KH )  cos   cos B
' KH
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1
18
BK  BA  BC   sin 300  18 3  BK  BK  4 3
2
4

AK AB 1
1
Ta có

  AK  AC   2 3
BK C B 2
3
AH AK 1
Do KH / / AC  nên

  AH  2 3
AA C A 3
S ABC   S BKC   S AKB 

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 13 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

 KH  AH 2  AK 2  2 6, BH  AB2  AH 2  4 3

Câu 8.

B K 2  KH 2  B H 2
2


KH 
Vậy cos =cos B
.

2 B K .KH
4
Trong không gian
hai mặt
Oxyz cho

cầu

 S1  :  x  4 

2

 y 2  z 2  16 ,

2

 S2  :  x  4   y 2  z 2  36 và điểm A  4;0;0  .Đường thẳng  di động và luôn tiếp xúc
với  S1  đồng thời cắt  S 2  tại hai điểm B, C . Tam giác ABC có thể có diện tích lớn
nhất là
A. 28 5 .

B. 72 .

C. 48 .
Lời giải

D. 24 5 .

Gọi M là tiếp điểm của  và  S1 

I  4;0;0  là tâm của hai mặt cầu  S1  và  S 2  có bán kính lần lượt R1  4 và R2  6

Ta có IC  R2  6, IM  R1  4  BM  2 5  BC  4 5

I  4;0;0  , A  4;0;0   IA  8
1
1
1
1
CB.d  A, BC   BC . AM  BC ( IA  IM )  .4 5.(4  8)  24 5
2
2
2
2
Cho hình chóp S . ABCD , có đáy là hình bình hành, M là trung điểm của cạnh SC .
Mặt phẳng ( P ) chứa AM lần lượt cắt các cạnh SB , SD tại B ' , D' . Giá trị lớn nhất của
S ABC 

Câu 9.

SB ' SD '
a
*

là , (a, b  N ) tối giản. Tích a.b bằng:
SB SD

b
A. 3 .
B. 12 .
C. 15 .
Lời giải
u

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

D. 6 .

Trang - 14 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Lấy I  AM  B ' D ' ; O  AC  BD
Ta có S , O, I là các điểm chung của hai mặt phẳng ( SAC ); ( SBD )
Suy ra S , O, I thẳng hàng
SI 2
Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC 

SO 3
SD
SB
Vẽ BP / / B ' I ; DN / / D ' I  OP  ON . Đặt x 
;y
SD '

SB '
SB SD SP SN 2 SO
3
 x y 




 2.  3
SB ' SD ' SI SI
SI
2
 x, y  [1; 2] 

Câu 10.

1 1 3
2 2 4
 
 3(
)   a  3; b  4  a.b  12
x y xy
x y
3

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi I là điểm
1
thuộc đoạn SO sao cho SI  SO . Mặt phẳng   thay đổi đi qua B và I .   cắt các
3
cạnh SA , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Gọi m , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

V
nhỏ nhất của S .MBNP . Giá trị của m  n là
VS . ABCD
4
6
14
1
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
15
75
75
5
Lời giải

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 15 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

 SA

 SM  x
Đặt 
với x , y  1 .
 SC  y
 SN
SB SD
SO
SD
Có

2
 2.3  6 
5.
SB SP
SI
SP
SO
Mà x  y  2
 6  y  6  x , với 1  x  5 .
SI
V
x 1 y  5
12
3
3
3
Khi đó S .BMNP 
.



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

Xét hàm số f  x  

3
, với 1  x  5 .
5  6 x  x2 

3 2x  6
Ta có f   x   .
. Cho f   x   0  2 x  6  0  x  3  1;5 .
5  6 x  x 2 2

3
1
3
, f  3 
và f  5  
.
25
15
25
3
1
Suy ra m 
và n  .

25
15
14
Vậy m  n 
.
75
Câu 11. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng

Khi đó f 1 

6 biết các mặt bên của

hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3 2 . Tính thể tích
nhỏ nhất của khối chóp SABC .
A. 3 .

B. 2 2 .

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

C. 2 3 .
Lời giải

D. 4 .

Trang - 16 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên ( ABC ) , Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu
vng góc của H trên AB, BC , CA thì SM , SN , SP lần lượt là chiều cao của các mặt
bên SAB, SBC , SAC .
Vì các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau nên SM  SN  SP nên suy ra
HM  HN  HP  H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của
tam giác ABC .
Trường hợp 1: H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC .
2

2

2

Khi đó SH  SA  AH 

3 2 

2

 6
 
  4 .
3



2
1

1
3
Vậy VSABC  SH .S ABC  .4. 6 .
2 3
3
3
4
Trường hợp 2: H là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC .
Do tam giác ABC đều nên giả sử H là tâm đường trịn bàng tiếp góc A . Khi đó
AH  3 2, BH  CH  6

 

Nếu SA  3 2  SH  SA2  AH 2  0 .
Do đó SB  SC  3 2  SH  SB 2  BH 2 
1
1
Suy ra VSABC  SH .S ABC  .2 3.
3
3
Ta có 3  2 3 Vậy Vmin  3

Câu 12.

2

3 2    6 

2

2 3

 6  . 43  3 .
2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  4;0;0  , B  0;4;0  , S  0;0; c  và

x 1 y 1 z 1
. Gọi A, B lần lượt là hình chiếu vng góc của


1
1
2
O lên SA, SB . Khi góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  OAB  lớn nhất,mệnh đề

đường thẳng d :

nào sau đây đúng?
A. c   8; 6  .

B. c   9; 8  .

C. c   0;3 .

 17 15 
D. c    ;   .
2
 2

Lời giải

Giaùo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 17 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Gọi C là đỉnh thứ tư của hình vng AOBC  C  4;4;0  .

OA  SA
 OA   SAC  mà SC   SAC  nên SC  OA .
OA  AC

Tương tự SC  OB , từ đó suy ra SC   OAB  . Vậy SC   4;4; c  là vectơ pháp
tuyến của mặt phẳng  OAB  .

Để góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  OAB  lớn nhất thì d   OAB  hay SC

cùng phương với ud  1;1;2  . Suy ra c  8 .
Ta có 

Câu 13.

Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Điểm M nằm trên cạnh AA ' sao cho góc

' lớn nhất, đặt góc lớn nhất đó là  . Biết cos   a ; a, b  ;  a, b   1; b  0 . Mệnh

BMD
b
đề nào sau đây đúng?
A. a  b  1 .
B. a  b  2 .

C. a  b  3 .
Lời giải
A'

D. a  b  4 .
B'

M
D'

C'

A

D

B

C

Khơng mất tính tổng qt, giả sử cạnh hình lập phương có độ dài là 1 và
AM  x, 0  x  1 . Khi đó, ta có BM 2  1  x 2 ; D ' M 2  1  1 x  ; BD '2  3 .
2

' 
Vậy cos BMD

x2  x
1   x 1

2

1  x2

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghieäp

Trang - 18 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

x2 1  x 

Lớp Toán Thầy Nghiệp

2

 1 x  1 1 x   1  1

 1   1 
2

' 
 cos BMD



2

2



x2  


2 
1  x  
1

2



2
2
2


 1   1   
1 1  
1
  25 .
Ta có 1     1  

   1.1  .
  1 
2
x
1

x
x
1

x
  

 x 1 x  
     
 
 
  2  
1
'  1 .
, suy ra cos BMD
25
5
1
'
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  , hay M là trung điểm của AA ' , khi đó cos BMD
2
' lớn nhất.
nhỏ nhất nên góc BMD
2

' 
Vậy cos BMD





Vậy a  1; b  5 .
Câu 14. Cho khối chóp S. ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vuông tại B . Biết rằng
5
thể tích của khối chóp là
và giá trị nhỏ nhất diện tích tồn phần chóp S. ABC là
24
p 5  q trong đó p, q   . Tính giá trị biểu thức: p 2  q 2  ?
37
37
25
A. p 2  q 2 
.
B. p 2  q 2 
.
C. p 2  q 2 
.
D. p 2  q 2  16 .
36
9
4
Lời giải

Đặt AB  a , BC  b , SA  c ,  a, b, c  0  , khi đó ta có
1
5
5
abc 
 abc  .
6
24
4
Diện tích tồn phần chóp
Stp  S ABC  S SAB  S SAC  S SBC
VS . ABC 



1
P
ab  ac  c a 2  b 2  b a 2  c 2  .
2
2





2 9 2
2  5 2
2
5
2

a  b2  

.
 1    a  b    a  b
3 4
3  4
3
2 
2
5
Tương tự a 2  c 2   a  c
 . Do đó
3 
2 
2 
5 2 
5
P  ab  ac  c  a  b
  b  a  c

3 
2  3 
2 

Có

a2  b2 

5
2bc  5

2
5
2
  ab  ac 
 .3. 3
 abc   5 .

3
2
5 3
5

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghieäp

Trang - 19 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

a  1

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
5.
b  c 

2
5


5
25
p 
2
2
5
Khi đó StpMin 
4  p q 
4
16
q  0
Câu 15.

Cho hình chóp SABCD có đáy 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
3
V
SA, SC , SD lần lượt tại M , N , P . Gọi m, n lần lượt là GTLN, GTNN của S . BMPN . Tính
VS . ABCD
m
?
n
7
14
8
A. 2 .
B. .
C.
.

D. .
5
75
5
Lời giải

+) Đặt a 

SB
SC
SD
SA
, b
,d
.
 1, c 
SB
SN
SP
SM

a  c  6
c  6  a
a  1
SO

1 a  5.
6 
. Do 
SI

d  5
d  5
c  1
abcd
12
3
3




 f  a
2
4abcd
4.a.1.c.5 5a  6  a  5 a  6a

+) Có a  c  b  d  2.
+) Có

VS .BMPN
VS . ABCD

+) f   a  





3  2a  6 
5   a 2  6a 

2

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 20 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

3 1 14
  .
25 15 75
Câu 16. Trong khơng gian cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3;2 đơi một tiếp xúc
nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
7
3
5
6
A.
.
B. .
C.
.
D. .
11
15
7

9
Lời giải
 mn 

Gọi tâm của mặt cầu bán kính bằng 2 lần lượt là A2 , B2 .
Gọi tâm của mặt cầu bán kính bằng 3 lần lượt là A3 , B3 .
Vì
bốn
mặt
cầu
đơi
một
tiếp
A2 B2  4, A2 A3  A2 B3  B2 A3  B2 B3  5, A3 B3  6 .

xúc

nhau

nên

ta

có

Mặt cầu tiếp xúc ngồi với bốn mặt cầu đã cho có tâm I bán kính R . Khi đó ta có
 IA2  IB2  R  2

 IA3  IB3  R  3
Suy ra điểm I nằm trên hai mặt phẳng trung trực của đoạn A2 B2 và A3 B3 . Gọi M , N

lần lượt là trung điểm của A2 B2 và A3 B3 . Dễ dàng chứng minh được  MA3 B3  ,  NA2 B2 
lần lượt là mặt phẳng trung trực của A2 B2 và A3 B3 . Từ đó ta suy ra I  MN .
Ta có MN  2 3 , đặt IM  x, IN  y với x  0, y  0 .

x  y  2 3

2
Suy ra  R  2   x 2  4

2
2
 R  3  y  9
Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 21 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

R 36 3
.
6
Trên IA3 , IB3 lần lượt lấy K , H sao cho IH  IK  R  2 .

Từ đó rút ra được y 

Giải tam giác A2 IB3 ta có A2 H  24.

R2
.
R3

Gọi G là giao điểm của KH và IN .
Ta có

R 36 3
GH IG IH R  2
R2
và GN 
.



 GH  3.
6  R  3
NB3 IN IB3 R  3
R3

Xét tam giác MA2 H vuông tại M , ta có MH 2  A2 H 2  A2 M 2 .
Xét

tam

giác

MGH vng

tại

G,

ta

có

2

MG  MH 2  GH 2 

A2 H 2  A2 M 2  GH 2  24.

R2
 R2
 4  9. 
 .
R3
 R3

Khi đó ta có
2

R2
 R2 R 36 3
 4  9. 
2 3.
 
R3
6  R  3

 R3
6
Kiểm tra đáp án ta được R 
thỏa mãn.
11
Câu 17. Cho tứ diện SABC và G là trọng tâm của tứ diện. Một mặt phẳng   quay quanh
24.

AG cắt các cạnh SB , SC lần lượt tại M và N ( M , N không trùng S ). Gọi V là thể tích
tứ diện SABC , V1 là thể tích tứ diện SAMN và gọi m, n lần lượt là giá trị lớn nhất và
V
giá trị nhỏ nhất của 1 . Hãy tính m  n .
V
17
18
19
A. m  n  1 .
B. m  n  .
C. m  n  .
D. m  n 
.
18
19
20
Lời giải

Gọi A là trọng tâm của tam giác SBC , khi đó A  AG nên M , N , A thẳng hàng.
SM
SN
Đặt

 x,
 y với 0  x, y  1 .
SB
SC
V SM SN
Ta có 1 

 xy .
V
SB SC
 S SMA SM SA 2


 x
S
SB SI 3
 1
S
S
S
1 S
 SBI
Vì 
nên SMA  SNA    SMA  SNA    x  y  .
SSBC SSBC 2  SSBI
SSCI  3
 S SNA  SN  SA  2 y
 S SCI SC SI 3

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghieäp

Trang - 22 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Mặt khác

Lớp Toán Thầy Nghiệp

S SMA S SNA S SMA  S SNA S SMN SM SN
1





 xy nên  x  y   xy .
3
S SBC S SBC
S SBC
S SBC
SB SC

V
x2
x
, suy ra 1 
.
3x  1

V 3x  1
x
1
Do 0  x, y  1 nên từ y 
ta suy ra  x  1 .
3x  1
2
2
x
1
Xét hàm số f  x  
với  x  1 .
2
3x  1
2
3x  2 x
f  x 
2
 3x  1
Do đó y 

f  x  0 

3x 2  2 x

 3x  1

2

 0  x  0 hoặc x 

2
.
3

1
4
1 4 17
1
1 1 2 4
Vì f    , f    , f 1  nên ta được m  , n  hay m  n   
.
2
9
2 9 18
2
2 2 3 9
Câu 18. Cho hình nón ( H ) có đỉnh S , chiều cao là h và mặt phẳng ( P) song song với mặt
phẳng đáy của khối nón. Một khối nón (T ) có đỉnh là tâm của đường tròn đáy của
( H ) và đáy của (T ) là thiết diện của ( P) với hình nón. Thể tích lớn nhất của (T ) là
bao nhiêu?
4 R 2 h
4 R 2 h
 R2h
 R 2 h2
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.
81
27
24
3
Lời giải

Gọi O và O ' lần lượt là tâm của đường trịn đáy của hình nón ( H ) và (T ) .
h, R là chiều cao và bán kính của hình nón ( H ) .

h ', R ' là chiều cao và bán kính của hình nón (T )  0  h '  h  .
Vì mặt phẳng ( P) song song với mặt phẳng đáy của khối nón nên từ hình vẽ ta có:
SO ' CO ' R '
R' h h'
 h'
+




 R '  R.  1   .
SO
AO R
R
h
h

2

+ V(T )

1
1
 h'
  R '2 h '   R 2 1   h ' .
3
3
h


 h '  h (ktm)
2
4h ' 3h '2
 h'
Xét hàm số f (h ')   1   h '  f '(h ')  1 
.
 2 0 
 h '  h (tm)
h
h
h

3

Ta có bảng biến thiên:
Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 23 -

Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

 h  4h
Từ bảng biến thiên ta có hàm số f (h ') đạt giá trị lớn nhất là f   
.
 3  27
4 R 2 h
Vậy thể tích của khối nón (T ) đạt giá trị lớn nhất V(T ) 
.
81
Câu 19. Cho hình chóp đều S . ABC có AB  1, 
ASB  30 0 . Lấy các điểm B ', C ' lần lượt thuộc
các cạnh SB , SC sao cho chu vi tam giác AB ' C ' nhỏ nhất. Tính chu vi đó.
1
A.
.
B. 3 1.
C. 3 .
D. 1  3 .
1 3
Lời giải

Trải các mặt của hình chóp S . ABC ra mặt phẳng  SBC  thì chu vi tam giác AB ' C '
bằng AB ' B ' C ' C ' A  AB ' B ' C ' C ' D  AD .
Dấu "  " xảy ra khi B '  E , C '  F .
1

6 2
.

0
2 sin15
2
Lại có chóp S . ABC đều, 
ASB  30 0  
ASD  90 0  AD  SA 2  1  3 .

Ta có AB  1, 
ASB  30 0  SA  SB 

Vậy chu vi tam giác AB ' C ' đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1  3 .
Câu 20. Trong mặt phẳng  P  cho tam giác ABC đều cạnh bằng 8cm và một điểm S di động
ngoài mặt phẳng  P  sao cho tam giác MAB ln có diện tích bằng 16 3cm2 , với M
là trung điểm của SC . Gọi  S  là mặt cầu đi qua bốn đỉnh M , A , B , C . Khi thể tích
hình chóp S . ABC lớn nhất, tính bán kính nhỏ nhất của  S  :
A.

16 6
cm .
9

B.

4 3
cm .
3

C.

4 15
cm .
3

D.

4 39
cm .
3

Lời giải

Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp

Trang - 24 -


Tài liệu học thêm môn Toán 12 – ôn thi đại học

Lớp Toán Thầy Nghiệp

Gọi H là trung điểm cạnh AB , ta có: CH  AB .

Ta có: d  S , ABC   2d  M ,  ABC   VSABC  2VMABC

1
1
1

Mà VMABC  VCMAB  SMAB .d C ,  MAB   .16 3.d C ,  MAB   .16 3.CH
3
3
3
Do đó VSABC lớn nhất khi và chỉ khi d C,  MAB  CH hay CH   MAB  .
Gọi J , O lần lượt là tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB
ABC . Dựng hai trục của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB
ABC cắt nhau tại I . Khi đó I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp đi qua 4
C , M và bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm A , B ,

và tam giác
và tam giác
điểm A , B ,
C , M là

 8 3 
  JH 2
R  OC  OI  
 3 
2

2

2

Do S MAB  16 3 , AB  8  d  M , AB  4 3





Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ, ta có H 0; 0  , A 4; 0  , B  4; 0  , M a; 4 3 .

a4

; 2 3  và có một vectơ
Đường trung trục của đoạn thẳng AM đi qua điểm N 
 2


pháp
tuyến AM  a  4; 4 3
nên
có
phương
trình
là








a  4 
 4 3 y  2 3  0
2 
 a 2  32 
a 2  32 4 3

  JH 

Suy ra J 0;
.

3
8 3 
8 3

a  4 x 



Giáo viên giảng dạy: Phạm Văn Nghiệp



Trang - 25 -