Tài liệu Chương 1 khối đa diện mức độ 4 phần 2

Câu 1: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. AB C D cạnh a . Các điểm M , N , P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB , C D , DA a sao cho BM C ' N DP  . Mặt phẳng ( MNP ) cắt đường thẳng A ' B ' tại E. Tính độ dài 3 đoạn thẳng A ' E. A. A ' E 5a 3 . B. A ' E 3a 4 . C. A ' E 5a 4 . D. A ' E 4a 3. . Lời giải Chọn A a Lấy H , K thuộc đoạn DD , AB sao cho DH  BK  . 3 Nhận xét KP //BD và MH //BD nên KP // MH , suy ra 4 điểm M , K , P, H đồng phẳng. Tương tự : MK //AB , DC //AB ; DC //HN nên MK //HN suy ra 4 điểm M , K , H , N đồng phẳng. Vậy mặt phẳng  MNP  chứa các điểm H , K đồng thời mặt phẳng  MNP  song song với mặt phẳng  BDC . Suy ra mặt phẳng  MNP  song song với BD. Xét mặt phẳng  AB C D  , qua N kẻ NE //BD cắt AB tại E là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có BEDN là hình bình hành nên BE  2a 5a suy ra AE  AB  BE  . 3 3 Câu 2: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông 1 tại A và B ; AB BC  AD a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA a 2 . Tính 2 theo a khoảng cách d từ B đến mặt phẳng  SCD  . 1 A. d  a . 2 1 B. d  a . 4 C. d a . Lời giải Chọn A D. d  2 a. 2 Gọi I là trung điểm của đoạn AD . Ta có AI // BC và AI BC nên tứ giác ABCI là hình vuông hay 1 CI a  AD  ACD là tam giác vuông tại C . 2 Kẻ AH  SC  AC  CD  CD   SCA  Ta có   AC  SA hay CD  AH nên AH   SCD   d  A,  SCD    AH ; AC  AB 2  BC 2 a 2 . SA. AC a 2.a 2 AH   a . SA2  AC 2 2a 2  2a 2 EB BC 1   nên B là trung điểm của đoạn AE . Gọi AB  CD E , mặt khác EA AD 2 d  B,  SCD   1 a 1   . Vậy d  a . d  A,  SCD   2 2 2 Câu 3: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC .ABC  có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AC  , BB . Thể tích của khối tứ diện CMNP bằng: 5 1 7 1 V. V. A. B. V . C. D. V . 24 4 24 3 Lời giải Chọn A Gọi I là trung điểm AC  NP  BI  J . 1 Lại có BP //  NI suy ra BP là đường trung bình tam giác NIJ . Suy ra B là trung điểm IJ . 2 Suy ra CM  BI G là trọng tâm tam giác ABC . 5 BI S JCM JG S JCM 3 5 2 5    Ta có mà JG BJ  BG BI  BI  BI .  S BCM BG S BCM 2 BI 2 3 3 3 5 5  S JCM  S BCM  S JCM  S ABC . 2 4 1 5 Ta có V1 VN .MJC  .h.S JMC  V . 3 12 1 1 1 5 5 V2 VP.MJC  . .h.S JMC  .h. .S ABC  V . 3 2 3 8 24 5 Vậy VN .CMP V1  V2  V . 24 Câu 4: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho một tấm bìa hình vuông cạnh 50 cm . Để làm một mô hình kim tự tháp Ai Cập, người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy chính là cạnh của hình vuông rồi gấp lên, ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều. Để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng: A. 20 2 cm . B. 25 2 cm . C. 15 2 cm . D. 10 2 cm . Lời giải Chọn A D A M x I N Q O P B C x a 2 a 2 x Đặt MN x , a 50 cm. Ta có OI  , OA   AI   . 2 2 2 2 2  a 2 x   x 2 a Đường cao h  AI  OI    a x 2 .  2  2    2  2   2  2  1 a 1 a 2 Vậy thể tích của hình chóp là V  x 2 a x 2  2a 2  4 x x 4 . 3 2 3 8       Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số thực dương 2a 2  4 x và 4 số x , ta có: 5   2a 2  4 x  4 x  2a 2  4 x x    2 2  5    4   5 128 2 . 2a 2 Vậy Vmax khi 2a 2  4 x  x  x  20 2 cm . 5 Câu 5: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 . 8 V1 ? V B. 2 . 3 C. 3 . 8 D. 1 . 3 Lời giải Chọn D SM SN x ,  y , 0  x , y 1 . SB SD 1 1 x SA SC SB SD    Vì nên 1  2    y  x y 3x  1 SA SP SM SN V V1 VS . ANP 1 SA SN SP 1 SA SM SP 1 1 1 1   S . AMP  . . .  . . .  . y.  .x. Khi đó V 2VS . ADC 2VS . ABC 2 SA SD SC 2 SA SB SC 2 2 2 2 Đặt  1 1 x   x  y    x   4 4 3x  1  1  x 1 3 1 x  1  Xét hàm số f  x    x   trên  ;1 4 3x  1  3  Vì x  0 , y  0 nên  1 1 2   Ta có f  x    1  2 ; f  x  0  x  . 4   3 x  1  3 Bảng biến thiên x 1 2 3 3  y 0 – || y 1 1  3 8 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của V1 1 bằng . V 3 Câu 6: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA  x , BC  y , AB  AC SB SC 1 . Thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất khi tổng  x  y  bằng: A. 3. B. 2 . 3 C. 4 . 3 D. 4 3 . Lời giải Chọn C S H C A I B Gọi H , I tương ứng là trung điểm của SA , BC . ABC SBC (c.c.c)  AI SI Tam giác SIA cân tại I  IH  SA . BC  SI    BC   SAI   BC  AI ; BC  SA . BC  AI  1 1 x2 y 2 1 VSABC  SA.BC.HI  xy 1     x2  y 2  4   x2  y 2  . 6 6 4 4 24 2 2 2 2 x y x y 2   4   x2  y 2  1 1 . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x  y  . 2 2  VSABC  .  3 12 3 9 4 Vậy VSABC lớn nhất khi x  y  3 Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng  P  song song với  ABCD  cắt các đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng tại M , N , E , F ( M , N , E , F khác S và không nằm trên  ABCD  ). Các điểm H , K , P , Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của M , N , E , F lên  ABCD  . Thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là 2 4 4 2 V. A. V . B. C. V . D. V . 3 27 9 9 Lời giải Chọn C SM SM . Ta có: MNEF và ABCD đồng dạng với tỉ số k  SA SA 2 Do đó S MNEF k S ABCD . Đặt k  Gọi SI là đường cao của S . ABCD . Ta có:  0  k  1 . MH MA SA  SM   1  k . SI SA SA VMNEFHKPQ S MNEF .MH S ABCD .k 2 .(1  k ).SI 3V .k 2 .(1  k ) 3  3V 3V k  k  2  2k  4 .k .k .(2  2k )  .   V.  2 2  3  9 Vậy thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là 4 2 V khi k 2  2k  k  . 9 3 Câu 8: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC , BD sao cho  AMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  BCD  . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1  V2 . A. 17 2 . 216 B. 17 2 . 72 C. 17 2 . 144 Lời giải Chọn A D. 2 . 12 Gọi H là tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN luôn đi qua H . 1 6 3 Ta có BH  .  AH  AB 2  BH 2  1   3 3 3 1 1 6 1 2 Thể tích khối chóp ABMN là V  . AH .S BMN  . . BM .BN .sin 60  BM .BN . 3 3 3 2 12 Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên BM .BN lớn nhất khi M C hoặc N D 2 khi đó V1  . 24 2 2 + BM .BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM BN   V2  . 3 27 17 2 Vậy V1  V2  . 216 Câu 9: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm)  b (cm)  c (cm) , trong đó a, b, c là các số nguyên và 1 a b c . Gọi V (cm3 ) và S (cm 2 ) lần lượt là thể tích và diện tích toàn phần của hình hộp. Biết V S , tìm số các bộ ba số  a, b, c  ? A. 4 . B. 10 . C. 12 . Lời giải D. 21 . Chọn B B C A D B A C D V a.b.c S 2  ab  bc  ca  Ta có V S suy ra 2  ab  bc  ca  a.b.c  1 1 1 1    a b c 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1          a 6 (do 1 a b c ). 2 a b c a a a a 2 1 1 1 1 1 1       2  a 6 . a b c 2 a 2 1 1 1 + Với a 3 ta có     b  6   c  6  36 . b c 6 Suy ra  b, c     7;42  ,  8;24  ,  9;18  ,  10;15  ,  12;12    có 5 cách chọn thỏa mãn. 1 1 1     b  4   c  4  16 . b c 4 Suy ra  b, c     5;20  ,  6;12  ,  8;8    có 3 cách chọn thỏa mãn. + Với a 4 ta có 1 1 3 3 2 20   b  + Với a 5 ta có    b c 10 10 b 3 b 6 b 5  ,  15 .  c 10 c     2 Suy ra có 1 cách chọn thỏa mãn. 1 1 1 + Với a 6 ta có    b c 6 . Suy ra có 1 cách chọn. b c 3 Vậy tổng cộng có 10 cách chọn. Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB và hai cạnh bên đều có độ dài bằng 1. Tìm diện tích lớn nhất Smax của hình thang. Câu 10: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) A. S max  8 2 . 9 B. S max  4 2 . 9 C. S max  3 3 . 2 D. S max  3 3 . 4 Lời giải Chọn D Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên cạnh CD . Đặt ADC   DH sin  , DH cos 1 1 S ABCD  AH . AB  CD   sin   2  2cos    f    2 2  f    cos  2cos 2  1 0    x 3 x f  x   2 0 0  0  f  x Vậy S max  3 3 . 4 Câu 11: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có     M  SA , N  SB sao cho MA  2 MS , NS  2 NB . Mặt phẳng    qua hai điểm M , N và song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó ( số bé chia số lớn ). 3 4 3 4 A. . B. . C. . D. . 5 9 4 5 Hướng dẫn giải Chọn D Cách 1: Ta có mặt phẳng    cắt các mặt  SAC  theo giao tuyến MQ  SC và cắt mặt  SBC  theo giao tuyến NP  SC . Thiết diện tạo bởi mặt phẳng    với hình chóp là hình thang MNPQ . Do VMNABPQ VN . ABPQ  VN . AMQ , gọi V VS . ABC và S S ABC ta có: 1 1 1 2  7 1  VN . ABPQ  .d  N ,  ABC   .S ABPQ  . d  S ,  ABC    S  . S   V . 3 3 3 3  27 3  1 1 2 4 8 VN . AMQ  .d  N ,  SAC   .SAMQ  . d  B,  SAC   . SASC  V . 3 3 3 9 27 5 4 Vậy VMNABPQ VN . ABPQ  VN . AMQ  V  VSMNPQC  V . 9 9 VSMNPQC 4  . Suy ra VMNABPQ 5 Cách 2: Gọi I MN  AB ,Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác SAB , ta có MS IA NB IB 1   1   . MA IB NS IA 4 BI SA NM NM   1  1 . Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác AMI , ta có: BA SM NI NI PI AM AQ 2 1 . Vì MQ //SC    . Tương tự ta có: PQ AS AC 3 Khi đó: Mà VI .BNP IB IN IP 1 1 1 1         VAMQ .NBP 15 .VI . AMQ . VI . AMQ IA IM IQ 4 2 2 16 16 VM . AIQ VS . ABC S AIQ  d  M ;  ABC   S AIQ d  M ;  ABC   MA 2    và với SA 3 d  S ;  ABC   S ABC d  S ;  ABC   AI AQ 4 2 8     . S ABC AB AC 3 3 9 15 2 8 5 Suy ra VAMQ. NBP    VS . ABC  VS . ABC . 16 3 9 9 5 1 9 4 . Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: 5 5 9  Câu 12: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng 5 dm , người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau là AMB , BNC , CPD và DQA . Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất ? A B M Q N P D A. 3 2 dm . 2 B. C 5 dm . 2 C. 2 2 dm . D. 5 2 dm . 2 Lời giải Chọn C A S B I M Q O N P Q P D  C I O N M  Đặt MQ x dm 0  x  5 2 . Ta có AO  AC 5 2 OI  MQ  x 5 2 x , , SI  AI  AO  IO  .  2 2 2 2 2 2  5 2  x   x 2 50  10 x 2 Chiều cao của hình chóp: SO  SI  OI   .         2 2 2   2 2 4 5 Thể tích của khối chóp: V 1 SMNPQ .SO 1 .x 2 . 50  10 x 2 1 . 50 x  10 x 2 . 3 3 2 3 2 Xét hàm số y  50 x 4  10 x 5 2 Ta có y    0  x 5 2 .  50 x 4  10 x5   x 0  0;5 2 3 4   y  0  100 x  25 x 2  0  . Khi đó .  x 2 2 2  100 x 3  25 x 4 2 Bảng biến thiên Hàm số y đạt giá trị lớn nhất khi x 2 2 . Vậy thể tích hình chóp lớn nhất khi x 2 2 . Câu 13: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi G1 , G2 , G3 , G4 là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 là: A. V . 27 B. V . 18 V . 4 Lời giải C. D. V . 12 Chọn A A G2 G3 G1 I B C G4 J H1 H2 K D Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của BC , BD và DC . Gọi h là khoảng cách từ A đến  BCD  , h1 là khoảng cách từ G4 đến  G1G2G3  . Vì  G1G2G3  / /  BCD  nên d  G4 ,  G1G2G3   d  G1 ,  BCD   G1 H 2 h , h  AH1 . h1 KG1 1 h    h1  . h KA 3 3 Gọi S , S  , S1 lần lượt là diện tích các tam giác BCD , IJK và G1G2G3 . Vì I , J , K lần lượt là trung điểm của BC , BD và DC nên : 1 1 BC 1 1 1 1 S   JK .d  I , JK   . . d  D, BC   . .BC.d  D, BC   S  1 . 2 2 2 2 4 2 4 GG AG 2 Tam giác G1G2G3 đồng dạng với tam giác KIJ với tỉ số đồng dạng là: 1 2  1  . Ik Ak 3 2 4 S  2 4  1     S1  S   2  (Vì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng). 9 S  3  9  S Từ  1 và  2   S1  . 9 1 1 S h 1 1  V Thể tích khối từ diện G1G2G3G4 là: V1  S1.h1  . .  .  .S .h   . 3 3 9 3 27  3  27 Câu 14: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của khối MNPQ là: A. V . 27 B. V . 16 C. V . 8 D. V . 54 Lời giải Chọn A A P B Q N D P M Q N C  Tam giác ABN  có MN // AB   Tam giác ACP có MP // AC MP PM  . AC PC  Tam giác ADQ có QM // AD  Khi đó: Mà MN N M  . AB N B MQ QM  . AD QD MN MP MQ N M PM QM      AB AC AD N B PC QD N M PM QM S MCD S MBD S MBC      1 nên MN  MP  MQ 1 N B PC QD S BCD S BCD S BCD AB AC AD 3 3  MN MP MQ   3 MN MP MQ    . . Lại có 1   (Cauchy)   3 AB AC AD   AB AC AD   3  MN .MP.MQ  1 MN MP MQ AB. AC. AD  MN .MP.MQ lớn nhất khi   27 AB AC AD  M là trọng tâm tam giác BCD  S NPQ S N PQ MN MP MQ 1      NPQ  //  BCD  , AB AC AD 3 2 1 1 1  2   , Mà S N PQ  S BCD nên S NPQ  S BCD và d  M ,  NPQ    d  A,  BCD   4 9 2  3 1 Vậy giá trị lớn nhất của khối tứ diện MNPQ là VMNPQ  S NPQ .d  M ,  NPQ   3 1 1 1 V 1  VMNPQ  . S BCD . d  A,  BCD    , với VABCD  S BCD .d  A,  BCD   V 3 9 3 27 3 Câu 15: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Biết thể tích khối chóp S .MNPQ là V , khi đó thể tích của khối chóp S . ABCD là: 2 27V A. . 4 9 B.   V .  2 C. 9V . 4 Hướng dẫn giải Chọn A Ta có d  S ,  MNPQ   d  S ,  ABCD    SM 2  . SI 3 Mặt khác gọi S S ABCD ta có Tương tự ta có SJAI 1   S JAI 1 . S DAB 4 8  Suy ra S HKIJ  1   S MNPQ S DEJ 1 1 1  .   S DEJ  1 S . S BDA 4 2 8 16 2 1  1  1  4.  2.   S  S . 8  2  16 2 4  2     S MNPQ  S ABCD . Mà 9 S HKIJ  3  9 1 1 3 9 27 Suy ra VS . ABCD  d  S ,  ABCD   .S  . d  S ,  MNPQ   . S  V . 3 3 2 2 4 D. 81V . 8 Câu 16: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , N là điểm trên đoạn SB sao cho SN 2 NB . Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt đoạn SC tại P . Tỉ số A. 2 . 5 VS .MNPQ VS . ABCD B. lớn nhất bằng 1 . 3 1 . 4 Lời giải C. D. 3 . 8 Chọn D S Q P M D C N A B 1 SP SM SP SN SQ SQ 1 2 1   x 0  x 1 . Ta có       x  x  x . 6 SC SA SC SB SD SC 2 3 6  Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ACD Đặt V VS .MNP SM SN SP 1 SM SP SQ 1  1  . .  x ; S .MPQ  . .  x x   . VS . ABC SA SB SC 3 VS . ACD SA SC SD 2  6 Suy ra VS .MNPQ VS . ABCD  V VS .MNP 1 1  1 1 1  S .MPQ  x  x  x    x 2  x . 2VS . ABC 2VS . ACD 6 4  6 4 8 1 1 1 1  1 1 1 Xét f  x   x 2  x với  x 1 ; f  x   x  0  x    ;1 2 8 4 6  4 8 6 Bảng biến thiên: 3 f  x   . Vậy VS .MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng 3 . Từ BBT ta có max 1  8  ;1 VS . ABCD 8 6  Câu 17: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  SBC  , góc  giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  là 60 , SB a 2 , BSC 45 . Thể tích khối chóp S . ABC theo a là: A. V  a3 2 . 15 B. V 2 3a 3 . C. V 2 2a 3 . Lời giải D. V  2a 3 3 . 15 Chọn D 1 Thể tích khối chóp V  SA.S ABC . 3 Kẻ AH  SB suy ra AH   SBC  . Do BC  SA và BC  AH nên BC   SAB  , do đó tam giác ABC vuông tại B . Kẻ BI  AC  BI  SC và kẻ BK  SC  SC   BIK   Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  là BKI 60 . SB 2  Do BSC 45 nên SB BC a 2 và K là trung điểm của SC nên BK  2 a . Trong tam giác vuông BIK có BI BK .sin 60  Trong tam giác vuông ABC có a 3 . 2 1 1 1  AB  BI .BC a 30  2 .  2 2 2 2 BI AB BC BC  BI 5 2 1 S ABC  AB.BC  a 15 ; SA  SB 2  AB 2  2a 5 2 2 5 3 1 2a 3 Vậy V  SA.S ABC  . 3 15 Câu 18: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30 Biết AB 5 , AC 7 , BC 8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  SBC  . A. d  35 39 . 52 B. d  35 39 . 13 C. d  Lời giải Chọn C 35 13 . 52 D. d  35 13 . 26 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  · · · Ta có SAH SBH SCH 30 (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA , SHB , SHC bằng nhau. Suy ra HA HB HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Áp dụng công thức Hê-rông ta có S ABC 10 3. abc 7 3 7 3 .  R  HB  4R 3 3 7 HB 14  . Xét tam giác vuông SHB : SH HB tan 30  , SB  3 cos 30 3 Mặt khác SABC  1 70 3 Suy ra VS . ABC  SH .S ABC  . 3 9 Áp dụng công thức Hê-rông ta có S SBC  Do đó VA.SBC 8 13 . 3 70 3 3VS . ABC 3 9 1 35 39   d .SSBC  d  .  S 3 8 13 52 SBC 3 Câu 19: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho x , y là các số thực dương. Xét các hình chóp S . ABC có SA  x , BC  y , các cạnh còn lại đều bằng 1 . Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S . ABC có giá trị lớn nhất là: 1 2 3 3 2 A. . B. . C. . D. . 8 27 8 12 Lời giải Chọn A Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , BC . Ta dễ dàng chứng minh được MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Suy ra VS . ABC 2VS . MBC . Ta có 4 MN 2 4 MB 2  y 2 ; MB 2 1  x2 . 4 4  x2  y 2 Thay vào ta được 4 MN 2 4MB 2  y 2 4  x 2  y 2  MN  . 2 x 1 1 1 x2 .y 2  4  x2  y 2  . Vậy VSABC 2VS .MBC  . MN .BC  xy 4  x 2  y 2  3 2 12 12 Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có 3 64  4 x 2 . y 2  4  x 2  y 2     . 27  3 Vậy VS . ABC  2 3 2 3 . Dấu bằng đạt được khi x  y  . 27 3 Câu 20: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Bề mặt một quả bóng được ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác đều và 20 miếng da hình lục giác đều cạnh 4,5cm . Biết rằng giá thành của những miếng da này là 150 đồng/ cm 2 . Tính giá thành của miếng da dùng để làm quả bóng (kết quả làm tròn tới hàng đơn vị)? A. 121500 đồng. B. 220545 đồng. C. 252533 đồng. Lời giải D. 199 218 đồng. Chọn B * Ở miếng da hình ngũ giác, xét tam giác OAB có AOB 72o , AB 4,5cm , trung tuyến AM BM BM AB o   OM   , BOM  cm  . 36o . Do đó tan 36  o OM tan 36 2 tan 36o 1 1 AB 81 S ABO  OM . AB  . . AB  cm 2  . o o  2 2 2 tan 36 16 tan 36 405 cm 2  . Diện tích miếng da hình ngũ giác là 5S ABO  o  16 tan 36 * Ở miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm có diện tích cả miếng da là  4,5 6. 2 4 3  243 3 cm 2  .  8 Vậy giá thành của miếng da dùng làm quả bóng là  243 3 405   12.  20.  .150 220545 (đồng). 8 16 tan 36o   Câu 21: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB , CD thỏa mãn AB 2  CD 2 18 và các cạnh còn lại đều bằng 5 . Biết thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạnh Vmax  x y ; x, y  * ;  x; y  1 . Khi đó x, y thỏa mãn 4 bất đẳng thức nào dưới đây? A. x  y 2  xy  4550 . B. xy  2 x  y  2550 . C. x 2  xy  y 2  5240 . D. x 3  y  19602 . Lời giải Chọn A Đặt AB a . Gọi M là trung điểm CD  CD  AM , CD  BM  CD   ABM  . 1 1 1 Khi đó VABCD VABMC  VABMD  S ABM .CM  S ABM .DM  S ABM .CD . 3 3 3 Do AM là trung tuyến của tam giác ACD nên: 2 AM  2  AC 2  AD 2   CD 2 4  2  52  52    18  a 2  4  82  a 2 . 4 Tam giác ABM cân tại M ( vì AM BM ) nên: 2 S ABM 1 82 a 82 . 1  AB   . AB. AM 2     2 .a. 4  2 4  2  1 a 82 82 82 a 2  18  a 2 3 82  x 3, y 82 . VABCD  . . 18  a 2  . a 2  18  a 2   .  3 4 12 12 2 4 Câu 22: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC 4 BM , AC 3 AP , BD 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp  MNP  . 7 7 8 8 A. . B. . C. . D. . 13 15 15 13 Hướng dẫn giải Chọn A Gọi E MN  CD , Q EQ  AD , do đó mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNQP . 1 2 Gọi I là trung điểm CD thì NI CB và NI  BC , do BC 4 BM nên suy ra NI  MC . 2 3 EN EI NI 2    . EM EC MC 3 EI 2 ED 1  suy ra  . Từ I là trung điểm CD và EC 3 EC 3 EK KD ED 1    . Mặt khác AC 3 AP nên suy ra Kẻ DK  AC với K  EP , ta có EP AC EC 3 Bởi vậy QD QK KD 2 KD 2    .  . Do đó QA QP AP 3 AP 3 QK 2 EK 1 EQ 3  và  suy ra  . Từ QP 3 EP 3 EP 5 Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD , V1 là thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 là thể tích khối đa diện CDMNQP . S CMP CM CP 3 2 1 1  .  .   SCMP  S CAB . Ta có SCAB CB CA 4 3 2 2 ED 1 3  nên d  E;  ABC    d  D;  ABC   . Do đó : EC 3 2 1 1 1 3 3 1 3 VE .CMP  SCMP .d  E;  ABC    . SCAB . .d  D;  ABC    . SCAB .d  D;  ABC    V . 3 3 2 2 4 3 4 VE . DNQ ED EN EQ 1 2 3 2 2 2 3 1  . .  . .  , nên suy ra VE .DNQ  VE .CMP  . V  V . VE .CMP EC EM EP 3 3 5 15 15 15 4 10 Vì