Tải bản đầy đủ

Chuyên đề 15 bài toán cực trị thể tích khối đa diện đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Chuyên đề 15

BÀI TOÁN CỰC TRỊ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

DẠNG TOÁN DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM
Câu 1.

(Mã 102 2018) Ông A dự định sử dụng hết 6, 7m 2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình
hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng
kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
A. 1, 23m3
B. 2, 48m3
C. 1, 57m 3
D. 1,11m3
Lời giải
Chọn C
Gọi x là chiều rộng, ta có chiều dài là 2x
Do diện tích đáy và các mặt bên là 6, 7m 2 nên có chiều cao h 
ta có h  0 nên x 


6, 7  2 x 2
,
6x

6, 7
.
2

Thể tích bể cá là V  x  

6, 7
6, 7 x  2 x 3
6, 7  6 x 2
và V   x  
0  x
6
3
3

Bảng biến thiên

Bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1, 57m 3 .
Câu 2.

(Mã 104 2018) Ông A dự định sử dụng hết 5, 5 m 2 kính để làm một bể cá có dạng hình hộp chữ
nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá
có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?:
A. 1, 40 m3
B. 1, 01 m3
C. 1, 51 m 3
D. 1,17 m3
Lời giải
Chọn D
Gọi x, 2 x, h lần lượt là chiều rộng, dài, cao của bể cá.
Ta có 2 x 2  2  xh  2 xh   5,5  h 
Thể tích bể cá V  2 x 2 .

5,5
5,5  2 x 2


( Điều kiện 0  x 
).
2
6x

5, 5  2 x 2 1
 (5, 5 x  2 x 3 ) .
6x
3

5,5
1
V /  (5,5  6 x 2 ) . V /  0  x 
.
6
3
Lập BBT suy ra Vmax 
Câu 3.

11 33
 1,17 m3 .
54

(THPT Lê Quy Đôn Điện Biên 2019) Người ta cần xây dựng một bể bơi có dạng hình hộp chữ
nhật có thể tích là 125m 3 . Đáy bể bơi là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng. Tính
Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

chiều rộng của đáy bể bơi để khi thi công tiết kiệm nguyên vật liệu nhất (kết quả làm tròn đến hai
chữ số thập phân)?
A. 3,12 m
B. 3,82m
C. 3, 62m D 3, 42m
Lời giải
Chọn B
Gọi chiều rộng hình hộp là a suy ra chiều dài là 3a , chiều cao là h
V  a.3a.h  3a 2 h  h 

V
125
 2
2
3a
3a

Diện tích thi
công Stc  a.3a  2  a.h   2  3a.h   3a 2  2ah  6ah  3a 2  2a.
Áp dụng BĐT Cosi ta có 3a 2 

125
125
1000
 6a. 2  3a 2 
2
3a
3a
3a

1000
500 500
500 500 3 750000
 3a 2 

 3 3 3a 2 .
.

3a
3a
3a
3a 3a
9

500 500
500

 9a3  500  a  3
 3, 82
3a
3a
9
Ghi chú: Chúng ta có thể dung Phương pháp hàm số để tìm min của bài toán.
Diện tích thi công nhỏ nhất khi 3a 2 

Câu 4.

(THPT Cẩm Giàng 2 2019) Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể
tích 72 dm 3 , chiều cao là 3dm . Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai
ngăn, với các kích thước a, b (đơn vị dm ) như hình vẽ. Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất
(tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của
bể.

A. a  24 dm ; b  24 dm .

B. a  6 dm ; b  4dm .

C. a  3 2 dm ; b  4 2 dm .

D. a  4 dm ; b  6dm .

Lời giải
72
24

Thể tích của bế cá: V  3ab  72dm3  b 
, với a, b  0 .
3a a
Diện tích kính để làm bể cá như hình vẽ:

S  3.3a  2.3b  ab  9a  6.

144
144
24
24
 9a 
 24  2 9a.
 24  S  96 .
 a.
a
a
a
a

144
 a 4b6.
a
Vậy để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất thì a  4dm ; b  6dm .
S  96  9a 

Câu 5.

(Mã 110 2017) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm
x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. x  14

B. x  3 2

C. x  6
Lời giải

D. x  2 3

Chọn B
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB .
CD  MB 
CD  MN
.
  CD   MAB   
CD  MA 
CD  AB
Tam giác MAB cân tại M nên MN  AB .
1
1
VABCD  AB.CD.d  AB, CD  .sin  AB, CD   x.2 3.MN .sin 90
6
6
Ta có



2
2
2
1
3
3  x   36  x  
 x
 3 3.
x.2 3. 32    
x. 36  x 2 
.
6
6
6 
2
2



Dấu "  " xảy ra  x  36  x 2  x  3 2 .
Câu 6.

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Xét khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc
với mặt phẳng đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt
phẳng  SBC  và  ABC  , giá trị cos  khi thể tích khối chóp S . ABC nhỏ nhất là
A.

2
.
2

B.

2
.
3

3
.
3
Lời giải
C.

D.

6
.
3

Đặt SA  h, AB  AC  a . Ta có

d  A;  SBC    AH  3;

1
1
1
1
1 1 1 1
1
 2

  2  2  2  3 3 4 2  a2h  6 .
2
2
2
AH
SA
AB
AC
9 a a h
ah

  .
 SBC  ,  ABC    SMA

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

3
1
VS . ABC  a 2 h  1 . Thể tích nhỏ nhất bằng 1 khi a  h  SM  a
2
6
 cos 
Câu 7.

AM a 2 2
3


.
SM
2 a 3
3

(Chuyên Lê Thánh Tông 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  x , AD  1 .
Biết rằng góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  ABBA  bằng 30 . Tìm giá trị lớn nhất Vmax
của thể tích khối hộp ABCD. ABC D .
A. Vmax 

Ta có

3 3
.
4

B. Vmax 

3
.
4

1
C. Vmax  .
2
Lời giải

D. Vmax 

3
.
2

BC  BB
  CB   ABBA   AB là hình chiếu vuông góc của AC trên mặt phẳng
BC  AB 

 ABBA   góc giữa đường thẳng


C (vì
AC và mặt phẳng  ABBA  là góc  AB, AC   BA



C nhọn do BAC vuông tại B ). Vậy BA
C  30 .
BA
BC
1
Ta có AB 

 3 ; AA  AB 2  AB 2  3  x 2 .

tan
30


tan BA C
VABCD. ABC D  AB. AD. AA  x 3  x 2 

x2  3  x2 
2

Dấu  xảy ra  x  3  x 2  x 2  3  x 2  x 



3
.
2

3
(vì x  0 ).
2

3
Vậy Vmax  .
2
Câu 8.

(THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An 2019) Nhân ngày quốc tế Phụ nữ 8 – 3 năm 2019. Ông A đã
mua tặng vợ một món quà và đặt nó trong một chiếc hộp chữ nhật có thể tích là 32 (đvtt) có đáy là
hình vuông và không nắp. Để món quà trở nên đặc biệt và xứng tầm với giá trị của nó, ông quyết
định mạ vàng chiếc hộp, biết rằng độ dày của lớp mạ trên mọi điểm của chiếc hộp là không đổi và

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h và x . Để lượng vàng trên hộp là
nhỏ nhất thì giá trị của h và x là?
A. h  2 , x  4 .

3
,x  4.
2

B. h 

C. h  2 , x  1 .

D. h  4 , x  2 .

Lời giải

32
.
x2
32
256
Phần mạ vàng của chiếc hộp: S  2 x 2  8 xh  2 x 2  8 x. 2  2x 2 
.
x
x
Cách 1
Ta có thể tích chiếc hộp: V  x 2 h  32 (đvtt), với x, h  0 . Suy ra h 

128 128
128 128
256
 2 x2 

 3 3 2 x2 .
.
 96 (BĐT AM-GM).
x
x
x x
x
128
Đẳng thức xảy ra khi 2x 2 
hay x  4 , khi đó h  2 .
x
Cách 2.
256
Xét hàm số f  x   2 x 2 
với x  0 .
x
Ta có 2x 2 

Ta có f   x   4 x 

256 4 x3  256

, f   x   0  4 x3  256  x  4 ; f  4   96 .
2
2
x
x

BBT

x

0



f  x
f  x



4



0




96

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt GTNN tại x  4 , khi đó h  2 .
Vậy phương án A đúng.
Câu 9.

(THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Xét tứ diện ABCD có các cạnh
AB  BC  CD  DA  1 và AC , BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD
bằng
A.

2 3
27

B.

4 3
27

2 3
9
Lời giải

C.

D.

4 3
9

Chọn A

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD , AC . Đặt BD  2 x , AC  2 y

 x, y  0 .

Ta có CM  BD, AM  BD  BD   AMC  .
Ta có MA  MC  1  x 2 , MN  1  x 2  y 2 , S AMC 

VABCD

2
1
1
2 2 2
 .DB.S AMC  .2 x. y 1  x 2  y 2 
x .y . 1  x2  y 2 
3
3
3
3



 VABCD 



x

2

 y2  1  x2  y2



3

27

1
2 3
. Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y 
.
27
3

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD là
Câu 10.

1
1
MN . AC  y. 1  x 2  y 2 .
2
2

2 3
.
27

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp SABC có SA  x, SB  y , AB  AC  SB  SC  1.
Thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi tổng x  y bằng
A.

2
3

B.

3

4
3
Lời giải

D. 4 3

C.

Chọn C

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC và đặt 2 a  x, 2b  y.
BC  AN , BC  SN  BC   SAN 
1
VSABC  VBSAN  VCSAN  2VBSAN  BC.S SAN
3

AB 2  AC 2 BC 2

 1  b 2  MN 2  AN 2  MA2  1  b 2  a 2
2
4
1
 S SAN  SA.NM  a 1  a 2  b 2
2
AN 2 

 VSABC

1
1
4  a2  b2  1  a2  b2 
 2ab 1  a 2  b 2  V 2 SABC  .4a 2b 2 . 1  a 2  b 2  . 

3
9
9 
3


 V 2 SABC 





4
243

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

3


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1
2
4
Dấu bằng xảy ra  a  b  1  a  b  a  b 
x y
 x y 
.
3
3
3
2

Câu 11.

2

2

2

(THPT Minh Châu Hưng Yên 2019) 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 lớn nhất là bao
nhiêu?
B. 6 6

A. 8 2

C. 24 3
Lời giải

D. 16 2

Chọn A
+) Gọi độ dài AB  a, AD  b và AA   c
Ta có tổng diện tích tất cả các mặt là 36 nên 2ab  2bc  2ca  36  ab  bc  ca  18 1
Do độ dài đường chéo AC ' bằng 6 nên a2  b2  c 2  36  2 
+) Thể tích khối hộp là V  abc
2

Ta có  a  b  c   a2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   72  a  b  c  6 2





Từ 1  ab  18  c  a  b   18  c 6 2  c  c2  6 2c  18



Nên V  abc  c3  6 2c2  18c  f  c  , c  0;6 2



c  3 2
Ta có f   c   3c 2  12 2c  18  0  
c  2
Lập bảng biến thiên ta được Max V  f

0;6 2 

Câu 12.

 2 8

2

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có SC  x

 0  x  a 3  , các cạnh còn lại

đều bằng a . Biết rằng thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. m  2n  10 .
B. m 2  n  30 .
C. 2n 2  3m  15 .
Lời giải

a m
n

 m, n    .
*

D. 4m  n2  20 .

S

x
a

a

a

I

A

D

a

O
B

a

C

Gọi I là trung điểm SC , O  AC  BD .
 BI  SC
 BD  SC
Ta có 
 DI  SC
Mà ABCD là hình thoi nên BD  AC
Khi đó, BD   SAC  .
VS . ABCD  2VS . ABC  2VB.SAC .

AO 2  AB 2  BO 2  AB 2   BI 2  OI 2   AB 2   SB 2  SI 2   OI 2 

x2  a2
4

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

 AC 2  4 AO 2  x 2  a 2  SA2  SC 2   SAC vuông tại S .
BO  AB 2  AO 2 

3a 2  x 2
.
2

1
1
1 3a 2  x 2
ax 3a 2  x 2
 VS . ABCD  2VB.SAC  2  BO  SA  SC 
a x 
.
3
2
6
3
2





Ta có x 3a 2  x 2  x 2 . 3a 2  x 2 

x 2   3a 2  x 2 
2



3a 2
2

3

 VS . ABCD 

a 6
a
. Dấu “=” xảy ra  x 2  3a 2  x 2  x 
.
2
4

Vậy, thể tích khối chóp S. ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 

a 6
 m  6; n  2
2

 m  2n  10 .

Câu 13.

(Chuyên Hạ Long 2019) Cho tứ diện ABCD có AB  x , CD  y , tất cả các cạnh còn lại bằng

2 . Khi thể tích tứ diện ABCD là lớn nhất tính xy .
2
4
16
A. .
B. .
C.
.
3
3
3

D.

1
.
3

Lời giải

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD .
Tam giác ADB, CAB là hai tam giác cân cạnh đáy AB nên DM  AB và CM  AB . Suy ra
AB   MCD  .

1
1
x
VABCD  VB. MCD  VA. MCD  .BM .SMCD  . AM .SMCD  .SMCD .
3
3
3
Tam giác ABC  ABD  c.c.c  nên CM  DM  MN  CD .
1
1
1
1
x2 y2
SMCD  .CD.MN  y. MC 2  CN 2  y.  BC 2  BM 2   CN 2  y 4  
2
2
2
2
4
4
1
 y 16   x 2  y 2  .
4
xy
xy
1
VABCD 
16   x 2  y 2  
16  2 xy 
xy. xy. 16  2 xy 
12
12
12
3

3

1  xy  xy  16  2 xy  
1  16 


 
  .
12 
3
 12  3 

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

x  y
x  y


Dấu bằng xảy ra khi 
16 .
 xy  16  2 xy
 xy  3
16
Vậy thể tích ABCD đạt giá trị lớn nhất khi xy  .
3

Câu 14.

(THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
bình hành và có thể tích 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 S.AMPN . Giá trị lớn nhất của

V1
V

thuộc khoảng nào sau đây?




1
5

A.  0;  .

1 1
 5 3

B.  ;  .

1 1
3 2

C.  ;  .

1 
2 

D.  ;1  .

Lời giải

Gọi O  AC  BD , G  AP  SO, suy ra G là trọng tâm tam giác SAC .
Gọi  P  là mặt phẳng qua

AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N .

 P    SBD   MN

Dễ thấy:  P    SAC   AP  MN , AP , SO đồng quy hay

 SBD    SAC   SO
SM
SN
Đặt: x 
 0  x  1 và y 
 0  y  1 .
SD
SB


V1 1  VS . AMP VS . ANP
 

V 2  VS . ADC VS . ABP

Từ tỷ lệ:

M , N , G thẳng hàng.

 1  SA SM SP SA SN SP  1
.
.

.
.
 
  x  y .
 2  SA SD SC SA SB SC  4

S SMN 1  S SMG S SNG 
SM SN 1  SM SG SN SG  1  SM SN
 

.
 
.

.


 
S SBD 2  S SDO S SBO 
SD SB 2  SD SO SB SO  3  SD SB

.



1
 x  y  . Lại có:  x  1 y  1  0  xy   x  y   1  0 .
3
2
3
V
3
Từ đó suy ra:   x  y   1  0 hay x  y  . Vậy 1 lớn nhất bằng .
3
2
V
8
 xy 

Câu 15.

(THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do
trường phát động, bạn An nhờ bố làm một hình chóp tứ giác đều bằng cách lấy một mảnh tôn hình
vuông ABCD có cạnh bằng 5cm (tham khảo hình vẽ).
Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

AEB, BFC , CGD , DHA và sau đó gò các tam giác AEH ,
BEF , CFG , DGH sao cho bốn đỉnh A, B, C, D trùng nhau tạo thành khối chóp tứ giác đều.

Cắt mảnh tôn theo các tam giác cân

Thể tích lớn nhất của khối chóp tứ giác đều tạo thành bằng
A.

4 10
.
3

B.

4 10
.
5

8 10
.
3

C.

D.

8 10
.
5

Lời giải

Gọi K là trung điểm AD, đặt HK  x, 0  x 

5
.
2
2

5 
5
2
Ta có EF  FG  GH  HE    x  2 ; HD     x .
2 
2
2

2

5
5

2
Suy ra SO  SH  OH  HD  OH     x    x  .
 2
2 
2

1 5

Ta có V  .2.   x 
3 2


2

2

2

2

2

2

2

2 5
5
5


2
   x    x   .  x  . 5x .
2
2
3
2
 





5

x
2



2
5

5
 5
2
 V   2   x  5 x    x 
.
, V  0  
3   2 
 2  2 5x 
x  1

2
Bảng biến thiên

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Dựa vào bảng biến thiên, ta có Vmax 
Câu 16.

4 10
1
khi x  .
3
2

Cho khối lập phương ABCD. ABC D  cạnh a . Các điểm M , N lần lượt di động trên các tia

AC, BD sao cho AM  BN  a 2 .Thể tích khối tứ diện AMNB  có giá trị lớn nhất là
A.

a3
12

B.

a3
6

C.

a3 3
6

D.

a3 2
12

Lời giải
Chọn A

1
Ta có VABMN  d  N ,  ABM   .SABM
3
3
6

AM 
BD,  ABM  
Do ACBD là tứ diện đều nên sin 
, sin B
3
2



Suy ra VABMN 



1
1
a


D,  ABM  . AB. AM .sin B
AM  . AM .BN
BN .sin B
3
2
6







2

a  AM  BN  a3
 
 
6
2
 12
Vậy VABMN  max 
Câu 17.

a3
12

(Sở Bắc Ninh 2019) Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG
V
cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S . AMN là?
VS . ABC
A.

4
.
9

B.

3
.
8

1
.
3
Lời giải
C.

D.

1
.
2

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm BC , SA, EF suy ra G là trọng tâm tứ diện SABC . Điểm I là
giao điểm của AG và SE . Qua I dựng đường thẳng cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Suy
ra  AMN  là mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kẻ GK // SE ,  K  SA suy ra K là trung điểm FS .

KG AK 3
KG 1
SI 2

 . Mà
 
 .
SI
AS 4
SE 2
SE 3
Cách 1:
Kẻ BP // MN , CQ // MN ;  P, Q  SE  .


Ta có:

SM SI SN SI
.

;

SB SP SC SQ

 BEP  CEQ  E là trung điểm PQ  SP  SQ  2SE (đúng cả trong trường hợp
P  Q  E ).
2

VS . AMN SA SM SN
SI SI AM GM
SI 2
SI 2  SI 
4

.
.
 1. .



  .
2
2
VS . ABC SA SB SC
SP SQ
 SP  SQ  SE  SE  9
4
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi SP  SQ  SE . Hay P  Q  E  MN // BC .
Ta có:

Cách 2:
Ta chứng minh được

SB SC

 3.
SM SN

Thật vậy, qua I kẻ các đường thẳng lần lượt song song SB, SC cắt SC , SB tương ứng tại D, L .
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

SB DB


 3
NI
SB 3NI
IQ DI
 SB IQ
.
 3.


Ta có:
, 1 .

IQ SM
NM
SM NM
IQ
NI 

SM NM 
SC LC


 3
MI
SC 3MI
 SC IP
IP LI
Lại có:
.
 3.


,  2 .

IP
MI 
IP SN
MN
SN MN

SN MN 
Từ 1 và  2  ta có:

SB SC
MI 
 NI

 3

  3.
SM SN
 NM MN 

SB
SC
. Suy ra x  y  3 .
;y
SM
SN
V
SA SM SN 1 AM GM
1
4
.
.


 .
Ta có: S . AMN 
2
VS . ABC SA SB SC xy
 x  y 9
4
3
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y   MN // BC .
2
Cách 3:
SB
SC
 x;
 y , với x  0 , y  0 .
Đặt
SM
SN
 2  1   1 

x  y 
Ta có SI  SE  ( SB  SC )  ( xSM  ySN )  SM  SN .
3
3
3
3
3
x y
Do I , M , N thẳng hàng nên   1  x  y  3 .
3 3
V
SM SN 1 1 1
1
4
.
 . 

 .
Ta có S . AMN 
VS . ABC
SB SC x y xy ( x  y ) 2 9
2
VS . AMN
4
Vậy
đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi x  y , hay MN đi qua I và song song với BC .
VS . ABC
9
Đặt x 

Câu 18.

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình
hành. Hai điểm M , N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB và AD ( M và N không trùng với A )
AB
AD
sao cho 2
3
 8 . Kí hiệu V , V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S . ABCD và
AM
AN
V
S.MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số 1 .
V
13
11
1
2
A.
.
B.
.
C. .
D. .
16
12
6
3
Lời giải
Chọn A

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Ta có:

VSADB
AD AB
2.VSADB
AD AB

.

 2.
.
VSANM AN AM
VSANM
AN AM

AD AB
1
V1 2. AN . AM  1
 
AD AB
AD AB
V
2.
.
2.
.
AN AM
AN AM
x  8  3x   1
AD
AB
V
1
Đặt x 
2
 8  3 x,  1  x  2  . Khi đó 1 
1 2
AN
AM
V
x  8  3x 
3x  8 x
V
AD AB
V  V1

 2.
.


V  V1
AN AM
V

1
,1  x  2 
3x  8 x
6x  8
6x  8
4
4
13
Ta có: f   x   
 f  x   0  
 0  x   f   
2
2
3
 3  16
 3x 2  8 x 
 3x2  8x 
Đặt f  x   1 

2

Bảng biến thiên hàm số y  f  x 

Dựa vào bảng biến thiên ta được hàm số đạt giá trị lớn nhất là

13
4
tại x  .
16
3

V1
13

.
V
16
(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành

Vậy giá trị lớn nhất của tỉ số
Câu 19.

và có thể tích là V . Gọi P là trung điểm của SC . Mặt phẳng   chứa AP và cắt hai cạnh SD ,

SB lần lượt tại M và N . Gọi V  là thể tích của khối chóp S. AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ
V
số
.
V
3
1
2
1
A. .
B. .
C. .
D. .
8
3
3
8
Lời giải
Chọn B
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Do   đi qua A , P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng.
Áp dụng công thức

VS . AMNP a  b  c  d
SA
SC
SD
SB

 a,
c,
d,
 b thỏa mãn
với
VS . ABCD
4.a.b.c.d
SA
SP
SM
SN

ac bd .
SA
SC
SD
SB
1,
 2 và đặt
 d  0,
b 0.
SA
SP
SM
SN
V  1 2  b  d

Khi đó:
với 1  2  b  d  b  d  3 .
V
4.1.2.b.d
V  1 2  b  d
V  1 2  3
V
3

 
 
Vậy ta có:
.
V
4.1.2.b.d
V
4.2.b.d
V 4bd
Theo đề bài ta có:

b  d 
Theo bất đẳng thức cơ bản: bd 
4

2



V
3
3 4 1
9
1 4

 .  .

 suy ra
V 4bd 4 9 3
4
bd 9

3
.
2
V
1
Vậy
có giá trị nhỏ nhất bằng .
V
3
Dấu “=” xảy ra b  d  b  d 

Câu 20.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại C , AB  2a và góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC   và  ABC  bằng 60 . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của AC  và BC . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai phần. Thể
tích của phần nhỏ bằng
A.

7 3a 3
.
24

B.

6a 3
.
6

7 6a 3
.
24
Lời giải
C.

D.

3a3
.
3

Chọn A

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi I là trung điểm AB , suy ra AB   CIC   nên góc giữa  C AB  và  ABC  là góc  CI , C I  ,

IC  60 .
suy ra C

AB

IC 
 tan 60  a 3 .
Tam giác C IC vuông tại C nên C C  CI  tan C
2
1
Diện tích tam giác ABC là S ABC   AB  CI  a 2 .
2
Thể tích khối lăng trụ là V  CC   S ABC  a 3  a 2  a 3 3 .
Trong  ACC A  , kéo dài AM cắt CC  tại O .
Suy ra C M là đường trung bình của OAC , do đó OC  2CC   2a 3 .
1
1 1
1
Thể tích khối chóp VO. ACN   S ACN  OC    S ABC  2CC   V .
3
3 2
3
1
1 1
1
Thể tích khối chóp VO.C ME   SC ME  OC    S ABC   OC   V .
3
3 8
24

1
1
7
7
7 3a3
Do đó VC EM .CAN  VO. ACN  VO.C ME  V  V  V   a3 3 
.
3
24
24
24
24
Vậy phần thể tích nhỏ hơn là VCEM .CAN 
Câu 21.

7 3a 3
.
24

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người
ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng
x (cm), rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp( tham khảo hình vẽ bên). Tìm x để
hộp nhận được có thể tích lớn nhất (giả thiết bề dày tấm tôn không đáng kể).

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

A. x  2 .

B. x  3 .

C. x  4 .
Lời giải

D. x  6 .

Chọn A
Hình hộp có đáy của là hình vuông cạnh bằng 12  2x , chiều cao bằng x .
x
Điều kiện 0  x  6
12 –2x

2

2

Thể tích khối hộp là V  12  2 x  . x  4  6  x  .x .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương

3

 6  x  6  x  .2 x 

6  x  6  x  2x
3

2

  6  x  6  x  .2 x  43  4  6  x  . x  2.43  V  128 (hằng số).

Dấu  xảy ra  6  x  2x  x  2 .
Vây thể tích khối hộp lớn nhất khi x  2 .
Câu 22. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng 1. Mặt
phẳng (Q) thay đổi song song với mặt phẳng (ABC) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại M, N, P.
Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt mặt phẳng (ABC) tại M’, N’, P’.
Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối lăng trụ MNP.M’N’P’
4
1
1
8
A. .
B. .
C. .
D.
.
9
3
2
27
Lời giải
Chọn A

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

SM
SN
SP
 x  0  x  1 
x
SA
SB
SC
1

S MNP 2 NM .NP.sin MNP NM NP



.
 x2
1
S ABC
BA
BC
BA.BC.sin 
ABC
2
 S MNP  x 2 .S ABC

Gọi

Gọi chiều cao của hình chóp là SH , chiều cao của lăng trụ là MH  :
MH  AM

 1  x  MH '  1  x  SH
SH
AS
1
 VS . ABC  SH .S ABC  1  SH .SABC  3
3



 VMNP.M ' N ' P '  MH '.SMNP  1  x  SH .x 2 .SABC  x 2 . 1  x  .SH .SABC = x 2 . 1  x  .3
Xét hàm số: f  x   3x 2  3x3 với x   0;1
 x  0 (loai )
 f '  x   6x  9x  f '  x   0  
2
x 
3

Bảng biến thiên:
2

x

2

0

f'(x)

1

3

+

0

-

4

f(x)

9

4
Vậy: maxVMNP .M ' N ' P '  .
9
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 23.

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên đường thẳng vuông góc với

 ABCD 

tại A lấy điểm S di động không trùng với A . Hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD

lần lượt tại H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK .
A.

a3 6
.
32

B.

a3
.
6

a3 3
.
16
Lời giải

C.

D.

a3 2
.
12

Chọn C
Cách 1:

1
a2 x
Ta có VS . ABD  S ABD .SA 
.
3
6
Lại có

VS . AHK SH SK  SA 

.


VS . ABD SB SD  SB 

 VS . AHK 

x4

x

2

a

2 2



.VS . ABD 

2

2

x4
 SA 
.


2
 SD   x 2  a 2 
a 2 x5

6  x2  a2 

2

.

Gọi O  AC  BD, G  SO  HK , I  AG  SC .
 BC  AB
Ta có 
 BC   SAB   BC  AH ,  AH   SAB   .
 BC  SA
 AH  SB
Lại có 
 AH   SBC   AH  SC .
 AH  BC
Chứng minh tương tự ta có AK  SC .
 SC  AK
Vì 
 SC   AHK  , AI   AHK   SC  AI .
 SC  AH
Xét tam giác SAC vuông tại A , đặt SA  x  0 và có AC  a 2 , AI  SC
2



IC  AC 
2a 2
2a 2



CI

SI .

IS  AS 
x2
x2

1
1
2a 2
2a 2
a4
x3
 VACHK  S AHK .CI  S AHK . 2 .SI  2 VS . AHK  .
.
3
3
x
x
3  x 2  a 2 2
Ta lại có  x  a
2

2 2



 x2 x2 x2

     a2 
 3 3 3


2

AM  GM

 16

x 3a
x3
3 3


(Dấu “=” xảy ra khi
2
2
2
3 3
 x  a  16a

và chỉ khi x  a 3 ).
Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Suy ra VACHK 

a4 3 3
a3 3
.
.
 VACHK 
3 16a
16

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK bằng

a3 3
khi x  SA  a 3 .
16

Cách 2:

a2 x
1
a2 x
 VS . ABD  VS . ABCD 
.
3
2
6
Gọi O  AC  BD  O là trung điểm của AC  d  A,  HOK    d  C ,  HOK  
Đặt SA  x, x  0  VS . ABCD 

 VAHOK  VCHOK  VACHK  2VAHOK .
Xét tam giác SAB vuông tại A, có AH  SB 
Tương tự trong tam giác SAD ta cũng có
Lại có

SH SA2
x2
 2  2
.
SB SB
x  a2

SK
x2
.
 2
SD x  a 2

VS . AHK SH SK
x4
x4
a 2 x5

.


V

.
V

.
S . AHK
S . ABD
2
2
VS . ABD SB SD  x 2  a 2 2
6  x2  a2 
 x2  a2 

Mặt khác

d  H ,  ABCD  
d  S ,  ABCD  

Mà S ABO 



BH
a2
a2 x
 2

d
H
,
ABCD





BS x  a 2
x2  a 2

1
a2
1
1 a4 x
S ABD 
 VH . ABO  S ABO .d  H ,  ABO    . 2
.
2
4
3
12 x  a 2

Tương tự, ta có VK . ADO

1 a4 x
 . 2
.
12 x  a 2

 2

a x
a 2 x5
1 a4 x 
 VACHK  2VAOHK  2 VS . ABD  VS . AHK  VHABO  VKADO   2 


.
 6 6  x 2  a 2 2 6 x 2  a 2 


 VACHK 

a4
x3
.
.
3  x 2  a 2 2

Xét hàm số f  x  

Ta có f   x  

x3

 x2  a2 

x 2  3a 2  x 2 

 x2  a2 

3

2

trên khoảng  0;   .

; f  x  0  x  a 3

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Bảng biến thiên

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy f  x  đạt giá trị lớn nhất khi x  a 3
3

a 3
a
.
bằng
3 
a 3  a 


4

Vậy giá trị lớn nhất của VACHK

Câu 24.

2



2

2

a3 3
khi SA  a 3 .
16

(Sở Hưng Yên - 2020) Khối chóp có đáy là hình bình hành, một cạnh đáy bằng a và các cạnh
bên đều bằng a 2 . Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là
A. 2 6a 3 .

2 6 3
a .
3
Lời giải

B. 8a 3 .

C.

D.

7a3
.
12

Chọn D

Gọi AC  BD  O .

SO  AC
 SO   ABCD  .
Ta có SA  SB  SC  SD  a 2  
SO  BD
 O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình bình hành ABCD
 ABCD là hình chữ nhật.
Không mất tính tổng quát, giả sử AD  a và đặt AB  x,  x  0   OA 

1 2
x  a2 .
2

x2  a2
1
 SO 
7a 2  x 2 .
Xét SOA vuông tại O , ta có SO  SA  OA  2a 
4
2
2

Lại có S ABCD  a.x nên VS . ABCD

2

2

1
1
 S ABCD .SO  a.x. 7 a 2  x 2
3
6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 

AM GM



2
2
2
a x   7a  x  7a3
.

6
2
12

a 14
.
2

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho là

7a 3
.
12

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 25.

(Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn

AC 2  BD 2  16 và các cạnh còn lại đều bằng 6 . Thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất
bằng
A.

32 2
.
3

B.

16 2
.
3

C.

16 3
.
3

D.

32 3
.
3

Lời giải
Chọn B

Gọi I , K lần lượt là trung điểm của AC , BD .
Ta có: AC  IB , AC  ID  AC   BID   VABCD  2.VABID
VABID 

1
1 1
1
AI .S IBD  . AC . IK .BD (Do IB  ID nên tam giác IBD cân tại I )
3
3 2
2

BD  16  AC 2 ; 0  AC  4

IK 2 

IB2  ID2 BD2
BD2
AC 2 BD2

 ID2 
 AD2 

 32  IK  4 2
2
4
4
4
4

1
2 2
. AC.4 2 16  AC 2 
. AC. 16  AC 2 ,  0  AC  4 
12
3
Đặt t  AC , (0  t  4) .
VABCD  2.

Xét f (t )  t 16  t 2 , (0  t  4)
Ta có:

16 2
.
3
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích, ta có thể dùng cách khác như sau:
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số: AC 2 và 16  AC 2
Vậy thể tích khối tứ diện cần tìm đạt giá trị lớn nhất là

Ta có: AC 2  16  AC 2  2 AC 2 16  AC 2   AC. 16  AC 2  8
Đẳng thức xảy ra  AC 2  16  AC 2  AC  2 2

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Vậy thể tích khối tứ diện cần tìm đạt giá trị lớn nhất là
Câu 26.

16 2
.
3

(Liên trường Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S. ABC , đáy là tam giác ABC có AB  BC 5 ,

AC  2 BC 2 , hình chiếu của S lên  ABC  là trung điểm O của cạnh AC . Khoảng cách từ A
đến  SBC  bằng 2 . Mặt phẳng  SBC  hợp với mặt phẳng  ABC  một góc  thay đổi. Biết rằng
giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S. ABC bằng
Tổng a  b bằng
A. 8 .

B. 7 .

C. 6 .

a
, trong đó a, b  * , a là số nguyên tố.
b

D. 5 .

Lời giải

Áp dụng định lý Hê-rông trong tam giác ABC ta được diện tích S ABC  BC 2 .
  .
Từ O kẻ OI  BC tại I , suy ra góc tạo bởi  SBC  và  ABC  là SIO
Từ O kẻ OH  SI tại H thì d  A,  SBC    2d  O,  SBC    OH  OH  1 .
OH
1
.

sin  sin 2 
OH
1
Tam giác SOI vuông tại O nên SO  OI  tan  
.
 tan  
sin 
cos 
Mà diện tích
2S
1
.
S ABC  BC 2  2OI  d  A, BC   ABC  2 BC  OI  BC  S ABC  OI 2 
BC
sin 2 
1
1
1
1
Thể tích khối chóp là V  S ABC  SO   2 
.
3
3 sin  cos 

Tam giác OHI vuông tại H nên OI 

Xét hàm số f  x   1  x 2  x   x 3  x trên  0;1 , f   x   3x 2  1 , f   x   0  x 

3
.
3

Bảng biến thiên

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Suy ra f  x  

2 3
, x   0;1 .
9

2 3
1
1
1
1 9
3
V  

 

.
2
9
3 1  cos  cos  3 2 3
2
Vậy a  3, b  2  a  b  5 .
Do đó 1  cos 2 x  cos x 

Câu 27.

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Xét khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A ,

SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 3 . Gọi  là góc giữa hai
mặt phẳng  SBC  và  ABC  , tính cos  để thể tích khối chóp S. ABC nhỏ nhất.
A. cos  

3
.
3

2
B. cos   .
3

1
C. cos   .
3
Lời giải

D. cos  

Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC (vì tam giác ABC vuông cân tại A ).

 AH  BC  cmt 
 BC   SAH   BC  SH .
Ta có 
SA

BC
SA

ABC





 ABC    SBC   BC

  .
Ta có  AH  BC
   ABC  ,  SBC     AH , SH   SHA
 SH  BC

Kẻ AK  SH , với K  SH .

 AK  SH  gt 
 AK   SBC   d  A ,  SBC    AK  3.
Ta có 
 AK  BC  BC   SAH  
AK
3
Tam giác SHK vuông tại K có AH 

.
sin  sin 
Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

2
.
2


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

AK
3

.
Tam giác SAK vuông tại K có SA 
sin  90    cos 
Tam giác ABC vuông cân tại A có H là trung điểm của BC  BC  2 AH 

6

sin 

BC
6

.
2
2 sin 
1
1
6
6
9
Vậy S ABC  AB. AC  .
.

.
2
2 2 sin  2 sin  sin 2 
1
1 9
3
9
VS . ABC  S ABC .SA  . 2 .

.
2
3
3 sin  cos  1  cos   cos 
AB  AC 

 
Xét hàm số y  1  cos 2   cos  với   0;  .
 2

Đặt t  cos   t   0;1  y  1  t 2  t  t  t 3

3
  0;1
t 
3
2
Suy ra y   1  3t  0  
.

3
  0;1
t  
3

 3 2 3
Ta có y  0   0 , y 1  0 , y 
 3   9 .


2 3
3
khi cos  
.
9
3
(Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,

Vậy để thể tích khối chóp nhỏ nhất thì 1  cos 2   cos  lớn nhất bằng
Câu 28.

 y  0  và vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Trên cạnh AD lấy điểm M và
 0  x  a  . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . ABCM , biết x 2  y 2  a 2 .

cạnh bên SA  y
đặt AM  x
A.

a3 3
.
9

B.

a3 3
.
3

a3 3
.
8
Lời giải
C.

D.

a3 3
.
5

Chọn C

1
1
 AM  BC  . AB   x  a  .a .
2
2
1
1 1
a
Vậy thể tích khối chóp S . ABCM là V  SA.S ABCM  y.  ax  a 2    xy  ay 
3
3 2
6
Ta có: S ABCM 

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×