Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật
ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM MA ; DN 3ND ; CP 2 PC . Mặt
phẳng MNP chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng
D
C
A
B
N
P
M
C
D
7385
A.
.
18
B
8440
C.
.
9
Lời giải
A
5275
B.
.
12
D.
5275
.
6
Chọn D
D
A
C
B
N
P
M
Q
C
D
B
A
VMNPQ. ABC D 1 AM C P 1 1 1 5
Ta có:
.
VABCD. ABC D 2 AA C C 2 2 3 12
5
5
5275
Vnho VMNPQ. ABC D VABCD. ABC D 2110
.
12
12
6
Câu 2: ----------------------------------- HẾT ----------------------------------- (THPT Chuyên Quang TrungBình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD , AB x , các cạnh còn lại bằng
2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất.
A. x 6 .
Chọn D
B. x 2 2 .
C. x 14 .
Giải:
D. x 3 2 .
[Phương pháp tự luận]
Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB và CD .
CM AB
AB CDM .
Ta có tam giác ABC , ABD cân lần lượt tại C và D . Suy ra
DM AB
Ta có: CAB DAB c.c.c suy ra MC MD . Ta được MH CD .
Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vuông tại H .
x
Có BM ; BH BC 2 CH 2 12 3 3
2
HC 3 ; HM BH 2 BM 2 9
x2
1
1
x2
. Suy ra S MHC .MH .HC . 9
. 3.
4
2
2
4
1 x 3
x2
VABCD 2VBMCD 2.2VBMHC 4. . . . 9
3 2 2
4
x 3
x2 2 3 x
x2 2 3 1 x2
x2 3 3
9
. . 9
. . 9
.
3
4
3 2
4
3 4 4
4
2
Vậy
giá
trị
lớn
nhất
của
thể
tích
khối
tứ
diện
bằng
3 3
,
2
đạt
khi
x2
x2
9
x 2 18 x 3 2 .
4
4
[Phương pháp trắc nghiệm]
Thực hiện như phương pháp tự luận để có được V
tính.
CALC
x 3
x2
. Nhập hàm số bên vào máy
9
3
4
6 , được V 3.872 .
CALC 2 2 , được V 4.320 .
CALC 14 , được V 5.066 .
CALC 3 2 , được V 5.196 .
Câu 3: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một viên đá có hình dạng là khốối chóp tứ giác
đêều với tấốt cả các cạnh bằềng a . Người ta cằốt khốối đá đó bởi mặt phẳng song song v ới đáy c ủa khốối
chóp để chia khốối đá thành hai phấền có th ể tch bằềng nhau. Tính di ện tch c ủa thiêốt di ện khốối đá b ị cằốt
bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiếết rằằng tổng thể tch của hai khốếi đá sau vẫẫn bằằng th ể tch c ủa khốếi đá
đẫằu).
A.
2a 2
.
3
B.
a2
.
3
2
C.
a2
.
4
D.
a2
3
4
Lời giải
Chọn D
S
Q
M
N
A
H
P
O
D
C
B
Gọi M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD
SO ABCD
SH MNPQ
và H SO MNPQ . Do
MNPQ ABCD
SH SM SN SP SQ
k k 0 (Định lý Thales) và V VS . ABCD .
Đặt
SO SA SB SC SD
VS .MPQ
V
V
1 SM SN SP SM SP SQ 1 3
3
3
.
.
.
.
Ta có S .MNPQ S .MNP
k k k
2
SA
SB
SC
SA
SC
SD
2
V
2
V
2
V
S . ABC
S . ACD
1
V
1
Theo ycbt : S .MNPQ k 3 k 3 .
2
V
2
1
SH .S MNPQ
S
V
1
3
S .MNPQ
k . MNPQ
Mặt khác
1
S ABCD
2
V
SO.S ABCD
3
S MNPQ
3
a2
1
2
.S ABCD .a 2 3 .
2k
4
2
Câu 4: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là
hình thang cân, AD 2 AB 2 BC 2CD 2a . Hai mặt phẳng SAB và SAD cùng vuông
góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc
a3 3
giữa MN và SAC , biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng
.
4
A.
5
.
10
B.
3 310
.
20
C.
310
.
20
D.
3 5
.
10
Lời giải
Chọn C
Cách 1: Gọi là mp đi qua MN và song song với mp SAD . Khi đó cắt AB tại P ,
cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK I SAC .
Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung điểm của AB , SC và AC .
Lại có: ABCD là hình thang cân có AD 2 AB 2 BC 2CD 2a
AD 2a; AB BC CD a
2
CH a 3 ; S ABCD a 2a . a 3 3 3a .
2
2
2
4
1
a
3a
1 3 3a 2
a3 3
SA a MP SA và NP .
Nên VABCD .
.SA
2
2
2
3
4
4
2
2
a
3a
a 10
Xét tam giác MNP vuông tại P: MN
2
2 2
MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác SAB, SAC MP //KQ //SA
1
KN là đường trung bình của tam giác ACD KN AD a .
2
2
a 3 3a 2
a 3
Xét tam giác AHC vuông tại H: AC
KC
a
3
2 2
2
Suy ra: tam giác KNC vuông tại C C là hình chiếu vuông góc của N lên SAC .
góc giữa MN và SAC là góc NIC
Khi đó:
IN
KN 2
2
2 a 10 a 10
IN .MN .
MN NP 3
3
3 2
3
a
a 10
Xét tam giác NIC vuông tại C : NC ; IN
IC
2
3
2
a 10 a 2 a 31
3
6
2
IC a 31 a 10
310 .
cos NIC
:
IN
6
3
20
S
z
S
Q
M
I
A
H
D
C
F
I
A
N
K
B
Q
M
x
B
1 3 3a 2
a3 3
SA a
nên VABCD .
.SA
3
4
4
Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ
D
N
K
Cách 2. Vì ABCD là hình thang cân có AD 2 AB 2 BC 2CD 2a
AD 2a; AB BC CD a
2
CH a 3 ; S ABCD a 2a . a 3 3 3a .
2
2
2
4
H
C
y
a 3
a a 3
a 3
a
;0 , A 0;
;0 , N
;
;0 ,
Ta có: K 0; 0;0 , B ;0;0 , C 0;
2
2
2
2
2
a a 3 a
a 3
S 0;
; a , M ;
;
2
4
4
2
3a 3a 3 a
MN
;
; . Chọn u1 3;3 3; 2 cùng phương với MN
4
2
4
BK SA
BK SAC
Nhận xét:
BK AC
a
BK ;0;0 là vtpt của SAC .Chọn n1 1; 0; 0 cùng phương với BK
2
u1.n1
3 10
310
Gọi là góc góc giữa MN và SAC . Ta có sin
.
cos
20
u1 u2
20
Câu 5: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho một tấốm nhốm hình vuống cạnh 1 m như hình
vẽẽ dưới đấy. Người ta cằốt phấền tố đậm của tấốm nhốm rốềi g ập thành m ột hình chóp t ứ giác đêều có c ạnh
đáy bằềng x m , sao cho bốốn đỉnh của hình vuống gập lại thành đ ỉnh c ủa hình chóp. Tìm giá tr ị c ủa x
để khốối chóp nhận được có thể tch lớn nhấốt.
A. x
2
.
4
B. x
2
.
3
C. x
2 2
.
5
D. x
1
2
Hướng dẫn giải
Chọn C
S
S
A
B
D
O
A
M
D
C
S1
B
x
M
O
C
x
2 x
Từ hình vuông ban đầu ta tính được OM , S1M S1O OM
. (0 x 2 )
2
2
Khi gấp thành hình chóp S . ABCD thì S1 S nên ta có SM S1M .
2
Từ đó SO SM 2 OM 2 2 2 2 x . (Điều kiện 0 x
)
2
2
1
1 2
1
4
5
Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD S ABCD .SO x 2 2 2 x 2 x 2 2 x .
3
6
6
2
4
5
Ta thấy VSABCD lớn nhất khi f x 2 x 2 2 x , 0 x
đạt giá trị lớn nhất
2
3
4
3
Ta có f x 8 x 10 2 x 2 x 4 5 2 x
x 0
f x 0
x 2 2
5
Bảng biến thiên
2 2
Vậy: VS . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x
5
Câu 6: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có cạnh SA x còn tấốt cả
các cạnh khác có độ dài bằềng 2 . Tính thể tch V lớn nhấốt của khốối chóp S . ABCD .
1
B. V .
2
A. V 1
C. V 3 .
D. V 2 .
Lời giải
Chọn D
S
a
x
C
B
HO
A
O
AC
Gọi là giao điểm của
và BD . Ta có:
a
D
1
BAD BSD BCD nên AO SO CO SO AC SAC vuông tại S
2
Do đó: AC SA2 SC 2 x 2 4
4 x2
12 x 2
OD AD AO 4
BD 12 x 2 , 0 x 2 3
4
2
BD AC
BD SAC
Ta thấy:
BD SO
2
2
SH AC
SH ABCD
Trong SAC hạ SH AC . Khi đó:
SH BD
SA. AC
2.x
1
1
1
2 2 SH
2
SH
SA SC
SA2 SC 2
4 x2
2
2
1 1 2
2x
1
VS . ABCD .
x 4. 12 x 2 .
.x. 12 x 2 1 x 12 x 2
3 2
x2 4 3
3
2
Dấu " " xảy ra khi x 2 12 x 2 x 6 .
Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác
đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam
giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3 . Khi đó thể tích
4
của khối lăng trụ là
A.
a3 3
.
12
B.
a3 3
.
6
C.
a3 3
.
3
D.
a3 3
.
24
Lời giải
Chọn A
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có
AH BC
BC AAI BC AA.
AI BC
AH AI H
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA
a 3
và BC nên IK =d AA, BC
. Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có
4
a 3
a 3
1
IK =
, AI
IK AI KAI
30 .
4
2
2
a 3 3 a
Xét tam giác vuông AAH vuông tại H có AH =AH .tan30
.
.
3
3
3
2
3
a 3 a a 3
Vậy VABC . ABC
.
.
4 3
12
Câu 8: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam
giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng
tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3 . Khi đó
4
thể tích của khối lăng trụ là
A.
a3 3
.
12
B.
a3 3
.
6
C.
a3 3
.
3
D.
a3 3
.
24
Lời giải
Chọn A
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có
AH BC
BC AAI BC AA.
AI BC
AH AI H
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA
a 3
và BC nên IK =d AA, BC
. Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có
4
a 3
a 3
1
IK =
, AI
IK AI KAI
30 .
4
2
2
a 3 3 a
Xét tam giác vuông AAH vuông tại H có AH =AH .tan30
.
.
3
3
3
2
3
a 3 a a 3
Vậy VABC . ABC
.
.
4 3
12
Câu 9: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cằốt ba góc của một tam giác đêều cạnh bằềng a các
a
phấền còn lại là một tam giác đêều bên ngoài là các hình ch ữ nh ật, rốềi gấốp các
2
hình chữ nhật lại tạo thành khốối lằng tr ụ tam giác đêều nh ư hình vẽẽ. Tìm đ ộ dài x để thể tch khốối lằng
đoạn bằềng x, 0 x
trụ lớn nhấốt.
x
A.
a
.
3
B.
a
.
4
C.
a
.
5
D.
a
.
6
Lời giải
Chọn D
A
M
x
I
Xét tam giác AMI như hình vẽẽ, đặt AM x 0, MAI
30 MI
Lằng trụ tam giác đêều có cạnh đáy a 2 x , 0 x
V
a 2x
2
x
3
x
a
nên thể tch khốối lằng trụ là
, chiêều cao
2
3
3 x
a 2 x 4ax 2 4 x 3
.
4
3
4
a
2
Ta cấền tm x 0; để thể tch V đạt giá trị lớn nhấốt.
a
x
6
2
2
3
2
2
Xét f x a x 4ax 4 x , có f x 12 x 8ax a 0
x a l
2
a
6
Từ bảng biêốn thiên suy ra thể tch V đạt giá trị lớn nhấốt khi x .
Câu 10: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang
vuống tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biêốt rằềng tam giác SAB đêều có cạnh là 2a và nằềm trong mặt
phẳng vuống góc với đáy, SC a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng SHC bằềng 2a 2 ( với
H là trung điểm của AB ). Thể tch khốối chóp S . ABCD là
a3 3
A.
.
3
Chọn D
a3
B.
.
3
4a 3
C.
.
3
Lời giải
4a 3 3
D.
.
3
S
A
D
H
B
C
E
Gọi E là hình chiếu của D lên CH , ta có DE SCH DE d D, SCH 2a 2 .
Vì SH là đường cao của tam giác đều SAB nên SH a 3 và
CH SC 2 SH 2 5a 2 3a 2 a 2
BC BH a
1
1
2
Ta có: SDCH DE.CH a 2.2a 2 2a .
2
2
Đặt AD x 0.
a x .2a ax a 2 1
S ABCD
2
1 2
1
5 2 1
2
Mặt khác S ABCD SBHC SCHD S AHD a 2a ax a ax 2
2
2
2
2
5 2 1
2
Từ 1 và 2 : a ax ax a x 3a.
2
2
1
1
4a 3 3
Vậy VS . ABCD .S ABCD .SH 4a 2 .a 3
.
3
3
3
Câu 11: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ
nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m 2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức tường xung
quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau
(không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất
(bỏ qua độ dày các bức tường).
A. 16 m 24 m .
B. 8 m 48 m .
C. 12 m 32 m .
Lời giải
Chọn A
Đặt x , y , h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng.
384
Theo giả thiết, ta có x.3 y 1152 y
x
Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất.
D. 24 m 32 m .
384
576
h 1152 4h x
1152
x
x
576
Vì h không đổi nên Stp nhỏ nhất khi f x x
(với x 0 ) nhỏ nhất.
x
576
Cách 1: Khảo sát f x x
với x 0 ta được f x nhỏ nhất khi x 24 y 16 .
x
576
576
576
x 24 .
Cách 2. BĐT Côsi x
2 x.
48 . Dấu “=” xảy ra x
x
x
x
Ta có Stp 4 xh 6 yh 3 xy 4 xh 6.
Câu 12: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người cần làm một hình lăng trụ tam
giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm 3 . Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính
độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu?
A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm .
B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm .
C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm .
1
D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng cm .
2
Lời giải
Chọn B
Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC. ABC có độ dài AB x , AA h .
3 2
3 2
Khi đó S ABC
x và VABC . ABC S ABC . AA
x h.
4
4
3 2
24
Theo giả thiết
x h 6 3 h 2 .
4
x
Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC. ABC là nhỏ nhất.
Gọi Stp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC. ABC , ta có:
3 2
3 2 72
.
x 3hx
x
2
2
x
3
72
Khảo sát f x x 2
trên 0; , ta được f x nhỏ nhất khi x 2 3 .
2
x
Với x 2 3 h 2 cm .
Stp 2 S ABC 3S ABBA
Câu 13: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình
hành, có thể tích bằng 24 cm3 . Gọi E là trung điểm SC . Một mặt phẳng chứa AE cắt các cạnh
SB và SD lần lượt tại M và N . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMEN .
A. 9 cm3 .
B. 8 cm3 .
C. 6 cm3 .
D. 7 cm3 .
Lời giải
Chọn B
SM
SN
a;
b. Ta có VS . AMEN VS . AMN VS . EMN .
SB
SD
SM SN
Do đó dễ có VS . AMEN 6
6 a b .
SB SD
Đặt
Ta có a b
a b
SM SN SGSM SGSN 3 SGSM SGSN
S SBD
SB SD SGSB SGSD
2
3S SMN 3SM .SN
a b a b 4 .
S SBD
SB.SD 3ab 3 4
3
4
Do đó VS . AMEN 6 a b 6. 8.
3
Câu 14: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Trong không gian cho 3 tia Ox, Oy , Oz
vuông góc với nhau đôi một. Điểm A cố định thuộc tia Oz và OA 2 . Các điểm M và N
lần lượt lưu động trên các tia Ox và Oy sao cho OM ON 2 ( M , N không trùng O ). Tìm
giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN .
A.
2.
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn B
D.
3
.
2
Trong tam giác vuông OBC , gọi M là trung điểm cạnh BC khi đó H là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác OBC . Từ H dựng đường thẳng song song với OA, suy ra là trục
đường tròn tam giác OBC . Mặt phẳng trung trưc của OA qua E và cắt tại I . Khi đó I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN và bán kính R OI .
2
OA
1
OH 2 OH 2 .
4
2
Vậy OI nhỏ nhất khi và chỉ khi OH nhỏ nhất khi cà chỉ khi H là hình chiếu vuông góc của
O lên BC . Khi đó tam giác OBC là tam giác vuông cân và
Ta có R OI IH 2 OH 2
OM ON 1 MN 2 OH
2
1 1
R 1.
2
2 2
Câu 15: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khốối chóp S . ABC có SA SB SC a và
ASB BSC
CSA
30 Mặt phẳng qua A và cằốt hai cạnh SB , SC tại B , C sao cho chu vi
tam giác
ABC
A. k 2
2.
nhỏ nhấốt. Tính k VS . ABC .
VS . ABC
1
C. k .
4
Lời giải
B. k 4 2 3 .
D. k 2 2
Chọn B
S
S
A
B
C
A
C
C
B
A
B
C
B
2 .
Cắt hình chóp theo cạnh SA rồi trải các mặt bên ra ta được hình như hình vẽ ( A là điểm sao
cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A ).
Khi đó chu vi tam giác ABC bằng AB BC C A nhỏ nhất khi A , B , C , A thẳng hàng
hay AB BC C A AA .
ASB B
SC C
SA 90 nên vuông cân tại S và có SA a
Khi đó tam giác SAA có SAA
45 .
, SB SC , SAB
SA
SB
SB sin 45
3 1.
Ta có
sin105 sin 45
SA sin105
VS . ABC SB SC
.
3 1 3 1 4 2 3 .
Do đó k
VS . ABC
SB SC
Câu 16: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho ba tia không đồng phẳng Ox, Oy , Oz đôi
một vuông góc. Xét tam giác ABC có các đỉnh A trên tia Ox , B trên tia Oy , C trên tia Oz
sao cho tam giác ABC chứa trong nó một điểm M cố định. Thể tích khối tứ diện OABC đạt
giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi:
A. OM vuông góc với mặt phẳng ABC .
B. S
với kí hiệu S
là diện tích tam giác
ABC.
MBC SMCA S MAB
ABC
C. M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
D. V
với kí hiệu V
là thể tích khối chóp
.
OABC
OMBC 2VOMCA
OABC
Lời giải
Chọn B
Đặt OA a; OB b; OC c. Vì điểm M cố định và M nằm trong tam giác ABC . Ta gọi
M xM ; y M ; z M .
Ta có VOABC VM .OAB VM .OAC VM .OBC
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
1
abzM acyM bcxM .
6
1
1
1
abzM acyM bcxM 3 xM yM zM a 2b2c 2 3 xM yM zM 36V 2
6
2
2
9
2V 3 xM yM zM 36V 2 8V 3 xM yM zM 36V 2 V xM yM z M .
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abzM acyM bcxM hay VM .OAB VM .OAC VM .OBC hay
V
SMBC SMCA SMAB (Do cùng chiều cao).
Câu 17: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lằng trụ tam giác ABC . ABC có
thể tch là V và độ dài cạnh bên AA 6 đơn vị. Cho điểm A1 thuộc cạnh AA sao cho AA1 2 . Các
điểm B1 , C1 lấền lượt thuộc cạnh BB , CC sao cho BB1 x, CC1 y , ở đó x, y là các sốố thực
dương thỏa mãn xy 12. Biêốt rằềng thể tch của khốối đa diện ABC . A1 B1C1 bằềng
x y bằềng
A. 3 .
B. 4 .
C. 1 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn C
Gọi M , N lấền lượt thuộc BB và CC sao cho BM CN 2. Khi đó ta có
1
x y 4
1
x y 4 2
VABC . A1B1C1 VABC . A1MN VA1MNC1B1 V
VABCC B V
V.
3
12
3
12
3
1
2
Mặt khác thẽo giả thiêốt ta có VABC . A1B1C1 V nên suy ra
1
V . Giá trị của
2
1
x y 4 2
1
1 x y 4 2 1
V
V V
x y 7 , kêốt hợp với xy 12. Ta có
3
12
3
2
3
12
3 2
x 3
hoặc
y 4
x 4
. Do đó x y 1.
y 3
Câu 18: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho khốối chóp lằng trụ tam giác đêều
ABC .ABC có S ABC 8 3 , mặt phẳng ABC tạo với mặt phẳng đáy góc 0 . Tính
2
cos khi thể tch khốối lằng trụ ABC . ABC lớn nhấốt.
1
A. cos .
3
2
B. cos .
3
C. cos
3
.
3
D. cos
2
.
3
Lời giải
Chọn C
Đặt CC h, CH b, AB a.
Khi đó VABC . ABC S ABC .h S ABC .h.cos =8 3h.cos .
1 h
2
1
h
1
1 h
1
h2
. .b .
.h cot . 2 cos .
.a .
Ta có S ABC ' C ' H . AB .
2 sin 3
3 sin
2
2 sin
3 sin
nên 8 3
1 h2
sin 2
.
cos h 2 24.
.
cos
3 sin
sin 2
Từ đó VABC . ABC 8 3h.cos V 192h .cos 4608
cos 2 4608sin 2 cos .
cos
2
2
2
4608 1 cos 2 cos 4608 cos cos 3 .
3
2
Đặt t cos , t 0;1 . Xét hàm số f t t t f t 1 3t .
2
Ta có f t 0 1 3t 0 t
1
. t 0;1 .
3
2
1
.
Ta có f 0 0, f 1 0, f
3 3 3
2
1
3072 3 cos . (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017Câu 19: Vậy Vmax 4608.
3
3
2018) Cho tứ diện ABCD có AB CD a . M , N lấền lượt là trung điểm các cạnh AD và BC .
Biêốt thể tch của khốối ABCD là V
a
a3 3
và d AB; CD a (giả sử MN ). Khi đó độ dài đoạn
2
12
MN là:
A. MN a 3 .
B. MN
a 6
.
2
C. MN
a 3
.
2
D. MN a 2 .
Lời giải:
Chọn C
Dựng hình bình hành BDCE . Khi đó ta có d CD; AB d C ; ABE a .
a
Đặt MN x x , suy ra AE 2 x .
2
1
1
2
2
2
2
Gọi H là trung điểm AB , ta có: S ABE . AE.BH .2 x. a x x a x . Nên kí hiệu diện tích
2
2
tam giác.
1
a3 3
V C. ABE V ABCD .a.x. a 2 x 2
3
12
2
a 3
x a2 x2
16 x 2 a 2 16 x 4 3a 4
4
2 3 2
x 4 a
a 3
. Kết hợp điều kiện, được x
.
2
x2 1 a2
4
Câu 20: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đêều S . ABC ,
ASB 20 , SA a , M thuộc cạnh SB , N thuộc cạnh SC , D là trung điểm cạnh SA . Khi
AM MN ND đạt giá trị nhỏ nhấốt thì tổng diện tch các tam giác SAM , SMN , SND là:
A.
a2
.
4
B.
a2 3
.
4
C.
Lời giải:
Chọn D
a2 2
.
8
D.
a2 3
.
8
Trải các mặt bên của hình chóp theo đường cắt SA ta được Hình 1.
Khi đó, tổng AM MN ND nhỏ nhất khi A , M , N , D thẳng hàng. Với A và D là hai điểm sao
cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A , D .
Khi đó tam giác SAD có ASD 60 , SA 2SD . Suy ra SAD là nửa tam giác đều cạnh SA .
1 a2 3 a2 3
Ta được S SAM S SMN S SND S SAM S SMN S SND S SAD .
2 4
8
Câu 21: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lâp phương ABCD. ABC D
có bằềng a . Điêm M thuôc đoan thăng BC , điêm N thuôc đoan thăng AB , MN tao
̣ vơi
đáy môt góc bằềng 30 . Tính đô dài nho nhấốt cua đoan thăng MN .
2a
2a
a
2a
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
61
6 1
2
3
Lời giải
Chọn D
C
B
x M
E x
A
D
N
F
y
H
C
B
D
A
MH a x y
ME HF BF x
Đặt BE x , BF y NF BF y
HN x 2 y 2
1
a x y
MH
o
1
tan
30
2
2
HN
3
x y
Ta có:
HN
MN
MN 2 x 2 y 2 2
o
cos30
3
Từ 1 suy ra
x 2 y 2 3a
Từ 2 suy ra MN
2a
.
6 1
3 x y 3a
6 x2 y 2
x2 y2
3a
6 1
Câu 22: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trong mặt phẳng P cho
tam giác XYZ cố định. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng P tại điểm X và về
hai phía của P ta lấy hai điểm A , B thay đổi sao cho hai mặt phẳng AYZ và BYZ luôn
vuông góc với nhau. Hỏi vị trí của A , B thỏa mãn điều kiện nào sau đây thì thể tích khối tứ
diện ABYZ là nhỏ nhất.
A. XB 2 XA .
C. XA. XB YZ 2 .
B. XA 2 XB .
D. X là trung điểm của đoạn AB .
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
1
Thể tích khối tứ diện ABYZ là V AB.S XYZ .
3
Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn
nhất.
Ta có AYZ BYZ , AYZ BYZ YZ .
Kẻ AF YZ ,
F YZ
AF BYZ AF BF .
F
A
X
B
XF
XF
, 0 AX
Trong tam giác vuông AFB , đặt FAX
, BX
.
2
tan
cot
1 2 XF
1
f .
Khi đó AB AX BX XF
tan cot sin2
4 XFcos2
.
sin 2 2
f 0 .
4
f
4
0
f
2
f
4
Do X và F cố định nên đường cao XF của tam giác AXF không đổi.
Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy AB ngắn nhất khi . Suy ra AX BX XF .
4
Hay X là trung điểm AB .
Cách 2:
1
Thể tích khối tứ diện ABYZ là V AB.S XYZ .
3
Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn
nhất.
Dựng XF YZ , do YZ AB nên YZ ABF , suy ra
, FB AFB 90 .
AYZ , BYZ FA
F
A
X
B
Xét tam giác vuông ABF có FX là đường cao không đổi(Do XF là đường cao của XYZ cố
định) nên XF 2 XA. XB không đổi.
Có AB XA XB 2 XA. XB 2 XF không đổi.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi XA XB .
Vậy thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ nhất khi X là trung điểm AB .
Câu 23: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có
SA 2 , SB 3 , SC 4 . Góc ASB 45 , BSC
60 , CSA
90 . Tính khoảng cách từ B
đến SAC .
- Xem thêm -