Trắc nghiệm nâng cao khối đa diện – Đặng Việt Đông

Giới thiệu Trắc nghiệm nâng cao khối đa diện – Đặng Việt Đông

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Trắc nghiệm nâng cao khối đa diện – Đặng Việt Đông CHƯƠNG Khối Đa Diện.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Trắc nghiệm nâng cao khối đa diện – Đặng Việt Đông

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán.

Text Trắc nghiệm nâng cao khối đa diện – Đặng Việt Đông
ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 0 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao THỂ TÍCH KHỐI CHÓP A- LÝ THUYẾT CHUNG Trước khi vào phần bài tập bạn đọc cần trang bị cho mình các kiến thức căn bản tối thiểu: 1. Thể tích khối chóp 1 Công thức tính: V  B.h với B diện tích đáy, h là chiều cao khối chóp. 3 h B 2. Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác S A’ C’ B’ C A B Cho khối tứ diện SABC và A ‘, B ‘, C ‘ là các điểm tùy ý lần lượt thuộc SA, SB, SC ta có: VSABC SA SB SC  VSA’ B ‘ C ‘ SA ‘ SB ‘ SC ‘ Chúng ta sẽ cùng đi ngay vào các ví dụ minh họa để thấy rằng có những bài liên quan đến thể tích khối đa diện rất khó, đòi hỏi khả năng vận dụng cao. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng qua CE và vuông góc với mặt phẳng  ABD  cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối tứ diện AECF . 2a 3 A. V  30 Câu 2: a . 2 2 43 43 C. V  6 . D. V  5 . B. a 6 . 3 C. a 3 . 2 D. a 34 . 2 B. 43 86 C. 4 43 43 D. 43 43 Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA   ABCD  , ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB  2a , AD  3BC  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a , biết khoảng cách 3 6 từ A đến mặt phẳng ( SCD ) bằng a. 4 A. 6 6a 3 . Câu 6: B. V  4 . Cho khối tứ diện ABCD có BC  3, CD  4, ABC  BCD  ADC  900 . Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 600 . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  ? A. Câu 5: 2a 3 D. V  15 Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. A. Câu 4: 2a 3 C. V  40 Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích V của khối chóp A.GBC . A. V  3 . Câu 3: 2a 3 B. V  60 B. 2 6a 3 . C. 2 3a 3 . D. 6 3a 3 . Cho hình chóp S . ABC có SA  a, BC  a 2 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng x . Tìm x a 3 11 biết thể tích khối chóp đã cho có thể tích bằng . 6 A. x  Câu 7: B. x  7a . 2 C. x  9a . 2 D. x  5a . 2 Cho hình chóp đều S . ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Gọi A , B , C  tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C qua S . Thể tích của khối bát diện có các mặt ABC , ABC  , ABC , BCA , C AB , ABC  , BAC  , CAB là A. Câu 8: 3a . 2 2 3a 3 . 3 B. 2 3a 3 . C. 3a 3 . 2 D. 4 3a 3 . 3 Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , SC   ABC  và SC  a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối chóp S .CEF . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. VSCEF Câu 9: 2a 3  . 36 B. VSCEF a3  . 18 Khối Đa Diện Nâng Cao C. VSCEF a3  . 36 D. VSCEF 2a 3  . 12 Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là 300. Thể tích khối chóp S . ABC là: a3 3 A. 24 a3 3 B. 8 a3 C. 8 3a 3 D. 8 Câu 10: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S . ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây: A. x 2  2 xy  y 2  160 B. x 2  2 xy  2 y 2  109 C. x 2  xy  y 4  145 D. x 2  xy  y 4  125 Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. A. V  a3 2 2 B. V  a3 2 3 C. V  a3 2 6 D. V  a3 6 Câu 12: Cho hình chóp S .ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D; AB  AD  2a, CD  a. Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng  SBI  ,  SCI  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S . ABCD. A. 3 15 3 a 5 B. 3 17 3 a 5 C. 3 19 3 a 5 D. 3 23 3 a 5 Câu 13: Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC; các mặt phẳng  SAB  ;  SAC  ;  SBC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  một góc bằng nhau. Biết AB  25, BC  17, AC  26, đường thẳng SB tạo với đáy một góc bằng 450. Tính thể tích V của khối chóp SABC . A. V  680 B. V  408 C. V  578 D. V  600 Câu 14: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  8 , BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp. Tính thể tích của khối tứ diện M . ABC . A. V  24 . B. V  64 . 3 C. V  32 . 3 D. V  12 . Câu 15: Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S . Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 3 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. nV . S B. V . nS C. Khối Đa Diện Nâng Cao 3V . S D. V . 3S Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc SM với đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM  MD. Tính tỉ số . SB A. 3 4 B. 1 4 C. 3 5 D. 5 4 Câu 17: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 1 . 3 B. 1 . 6 C. 1 . 4 D. 1 . 12 Câu 18: 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 Câu 19: Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? A. 1 4 B. 3 4 C. 1 8 D. 5 8 Câu 20: Khối tứ diện ABCD có AB  1 và tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1 . Hỏi thể tích lớn nhất của khối tứ diện đó là? A. 3 . 8 B. 1 . 8 C. 1 . 24 D. 3 . Câu 21: Khối tứ diện ABCD có AB  x  x  1 và có tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1 . Tính x khi thể tích của khối tứ diện đó lớn nhất. A. x  2 3 . 3 B. x  6 . 2 C. x  3 2 . 2 D. x  2 6 . 3 Câu 22: Cho tứ diện ABCD có AB  4a, CD  x và tất cả các cạnh còn lại bằng 3a. Tìm x để khối tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. A. x  2 10a. B. x  10a. C. x  6a . D. 3a . Câu 23: Cho khối tứ diện ABCD có AB  x , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 2  x . Hỏi 2 có bao nhiêu giá trị của x để khối tứ diện đã cho có thể tích bằng . 12 A. 1 . B. 6 . C. 4 D. 2 . Câu 24: Xét khối tứ diện ABCD có 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  6 . B. x  14 . C. x  3 2 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. x  3 3 . Trang 4 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 25: Cho khối chóp S . ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a3 6 . B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 6 Câu 26: Cho khối chóp S . ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a3 6 . B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 6 Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 1 . 3 B. 1 . 6 C. 1 . 4 D. 1 . 12 Câu 28: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 5 . 8 B. 5 . 4 C. 2 . 3 D. 4 . 3 Câu 29: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  BA  BC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC ? A. 1 . 6 B. 2 . 12 C. 1 . 8 D. 3 . 12 Câu 30: Trong các khối tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh 2a và tam giác ABD vuông tại a D , AD  . Khoảng cách lớn nhất từ B đến mặt phẳng  ACD  là? 2 A. 2a 2 . 3 B. a 3 . C. a 3 . 3 D. 2a 3 . Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Biết SC  1 , tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 3 . 12 B. 2 . 12 C. 2 3 . 27 D. 3 . 27 Câu 32: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , AB  2 . Cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC là? A. 1 . 3 B. 1 . 4 C. 1 . 12 D. 1 . 6 Câu 33: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , SA  AB  2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . AHK . A. Vmax  a3 2 . 6 B. Vmax  a3 3 . 6 C. Vmax  a3 3 . 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. Vmax  a3 2 . 3 Trang 5 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 34: Cho tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2 . Trên đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M , N khác phía với mặt phẳng  ABC  sao cho AM . AN  1 . Tìm thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện MNBC .? A. 1 . 3 B. 1 . 6 C. 1 . 12 D. 2 . 3 Câu 35: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC là? A. 1 . 6 B. 2 . 12 C. 3 . 12 D. 1 . 12 Câu 36: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông  góc với mặt phẳng  ABC  , SC  a, SCA   . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất. A.   arcsin 1 3 B.   arcsin C.   arcsin 1 5 D.   3arcsin 2 7 1 3 Câu 37: Cho hình chóp S . ABCD có SA  x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối chóp lớn nhất A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 1 . 9 B. 2 1 . 3 C. 2 1 . 6 D. 2 1 . 9 Câu 39: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là di động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 . 3 B. 2 3 . 9 C. 2 3 3 . 3 D. 2 3 3 . 9 Câu 40: Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc, I là tâm nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng  P  thay đổi qua I , cắt các tia SA , SB , SC lần lượt tại A, B, C  . Biết SA  SB  2 , SC  7 . Hỏi thể tích của khối chóp S . AB C  có giá trị nhỏ nhất là? A. 243 7 . 256 B. 7 . 3 C. 81 7 . 256 D. 27 7 . 256 Câu 41: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  4 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 6 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 130 . 3 B. 128 . 3 C. Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có SB  x Khối Đa Diện Nâng Cao 125 . 3 D. 250 . 3  0  x  3  . Tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 1 . Với giá trị nào của x thì thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất? A. x  3 . 3 B. x  2 . 2 C. x  6 . 2 D. x  3 . 2 Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  4 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SC  6 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là? A. 40 . 3 B. 80 . 3 C. 20 . 3 D. 24. Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh bằng 1, SO   ABCD  và SC  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là? A. 2 3 9 B. 2 3 . 3 C. 2 3 . 27 D. 4 3 . 27 Câu 45: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 1 . 9 B. 2 1 . 3 C. 2 1 . 6 D. 2 1 . 9 Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm   30 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? di động trên đoạn CB sao cho MAN A. 1 . 9 B. 1 . 3 C. 2 . 27 D. 4 . 27 Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là di động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 . 3 B. 2 3 . 9 C. 2 3 3 . 3 D. 2 3 3 . 9 Câu 48: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD  4a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm thể tích Vmax của khối chóp S . ABCD . A. Vmax  8a3 . 3 B. Vmax  4 6a 3 . 3 C. Vmax  8a 3 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. Vmax  4 6a 3 . Trang 7 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 49: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và thể tích bằng V . Gọi M , N AB AD lần lượt là các điểm di động trên các cạnh AB và AD sao cho 2  4 . Gọi V ‘ là AM AN thể tích khối chóp S .MBCDN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ‘ . A. 1 V. 4 B. 2 V. 3 C. 3 V. 4 D. 1 V. 3 Câu 50: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ‘, C ‘ thỏa mãn  1   1  SA ‘  SA , SC ‘  SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ‘ C ‘ cắt các cạnh SB, SD lần 3 5 V lượt tại B ‘, D ‘ và đặt k  S . A ‘ B ‘C ‘ D ‘ . Giá trị nhỏ nhất của k là? VS . ABCD A. 1 . 60 B. 1 . 30 C. 3 V. 4 D. 15 . 16 Câu 51: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng  SAB  bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp SABH đạt giá trị lớn nhất bằng: A. a3 2 3 B. a3 2 2 C. a3 2 6 D. a3 2 12 Câu 52: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA  SB  SC  2a . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD . A. 2 6a 3 . 3 B. 32 3a 3 . 9 C. 4 6a 3 . 9 D. 32 3a 3 . 27 Câu 53: Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SA  SB  SC  a , Cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là: A. a3 . 8 B. a3 . 4 C. 3a 3 . 8 D. a3 . 2 Câu 54: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng  SAB  bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp S . ABH đạt giá trị lớn nhất bằng: A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 3 C. a3 2 . 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. a3 2 . 12 Trang 8 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao C – HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng qua CE và vuông góc với mặt phẳng  ABD  cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối tứ diện AECF . 2a 3 30 Hướng dẫn giải: A. V  B. V  2a 3 60 C. V  2a 3 40 D. V  2a 3 15 HB FA EM FA 3 FA 2 . .  1  2. . 1  HM FB EA FB 4 FB 3 2 S AE AF 4  AF  AB và AE  2AD . Ta có: AEF  .  5 S ABD AD AB 5 Áp dụng định lý Menelaus: 4 4 a3 2 a3 2  VAECF  VABCD  .  . 5 5 12 15 Câu 2: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích ———————————————— của khối chóp A.GBC . A. V  3 . B. V  4 . C. V  6 . D. V  5 . Chọn B.  Cách 1: Phân tích: tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta có S BGC  S BGD  S CGD  SBCD  3S BGC (xem phần chứng minh). Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có: A 1  1 VABCD  h.SBCD  h.S V  3 3 BCD  SBCD  3 ABCD    1 VA.GBC 1 h.S S GBC VA.GBC  h.S GBC  GBC 3  3  1 1  VA.GBC  VABCD  .12  4 . 3 3 D B G Chứng minh: Đặt DN  h; BC  a . Từ hình vẽ có: C +) B MF CM 1 1 h MF // ND     MF  DN  MF  . DN CD 2 2 2 N G E +) GE // MF  D GE BG 2 2 2 h h    GE  MF  .  MF BM 3 3 3 2 3 M F C File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 9 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 SBCD 2 DN .BC 2 ha +)    3  S BCD  3S GBC S GBC 1 GE.BC 1 h a 2 23 D +) Chứng minh tương tự có S BCD  3S GBD  3SGCD G A  SBGC  SBGD  SCGD . C H Cách 2:  d  G;  ABC   H1 I B GI 1 1    d  G;  ABC    d  D;  ABC   . 3 d  D;  ABC   DI 3 1 1 Nên VG. ABC  d  G;  ABC   .S ABC  .VDABC  4. 3 3 Câu 3: Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. A. a . 2 B. a 6 . 3 C. a 3 . 2 D. Hướng dẫn giải: a 34 . 2 S Chọn B. AH  2 2 a 3 a 3 AM  .  . 3 3 2 3 SH  SA2  AH 2  a 2  a2 a 6  . 3 3 A C I 1 1 a2 3 a 6 a3 2 Ta có VSABC  S ABC .SH  . .  . 3 3 4 3 12 H M B Mặt khác, VSABC  VISAB  VIABC  VISAC  VISBC 1  S ABC .  d  I ;  SAB    d  I ;  ABC    d  I ;  SAC    d  I ;  SBC    3  d  I ;  SAB    d  I ;  ABC    d  I ;  SAC    d  I ;  SBC    Câu 4: 3VSABC S ABC a3 2 a 6  2 12  . 3 a 3 4 3. Cho khối tứ diện ABCD có BC  3, CD  4, ABC  BCD  ADC  900 . Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 600 . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  ? A. 2 43 43 B. 43 86 C. 4 43 43 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 43 43 Trang 10 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Hướng dẫn giải: Ta dựng AE   BCD  và dễ dàng chứng minh được BCDE là hình chữ nhật. Khi đó   AD, BC   ADE  600 khi đó ta suy ra AE  3 3  VABCD  6 3 . Mặt khác ta chú ý công thức tính nhanh: 2S ABC S ACD sin   ABC  ,  ACD   VABCD  3 AC Do vậy đặt    ABC  ,  ACD     và theo định lý Pythagoras ta suy ra AB  43; AD  6; AC  2 13 . 2 1  Khi đó: 6 3   3 43  12  sin  6 13  2   cos   Câu 5: 2 43 . 43 Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA   ABCD  , ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB  2a , AD  3BC  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a , biết khoảng cách 3 6 từ A đến mặt phẳng ( SCD ) bằng a. 4 A. 6 6a 3 . B. 2 6a 3 . C. 2 3a 3 . D. 6 3a 3 . Hướng dẫn giải: Dựng AM  CD tại M . Dựng AH  SM tại H . S 3 6 Ta có: AH  a. 4 S ABCD  CD  S ABC AD  BC . AB  4a 2 2  AD  BC  2 K  AB 2  2a 2 1  AB.BC  a 2 2 D A S ACD  S ABCD  S ABC  3a 2 M B C 1 2S 3 2 AM .CD  AM  ACD  a 2 CD 2 1 1 1 AH . AM 3 6 Ta có:    AS   a 2 2 2 2 2 AH AM AS 2 AM  AH 1 VS . ABCD  SA.S ABCD  2 6a 3 3 S ACD  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 6: Khối Đa Diện Nâng Cao Cho hình chóp S . ABC có SA  a, BC  a 2 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng x . Tìm x biết thể tích khối chóp đã cho có thể tích bằng A. x  3a . 2 B. x  7a . 2 a 3 11 . 6 C. x  9a . 2 D. x  5a . 2 Hướng dẫn giải: Chọn D Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, SA . Khi đó ta có FE  SA, FE  BC và BC   SAE  nên BC  SA . Và FE 2  AE 2  FA2  AB 2  BE 2  FA2 2a 2 a 2 4 x 2  3a 2  x2    4 4 4 Áp dụng công thức: 1 VS . ABC  .SA.BC.d  SA ; BC  .sin  SA ; BC  6 1 4 x 2  3a 2 .sin 90 Suy ra: V  .a.a 2. 6 4 a 3 11 1 5a   .a.a 2. 4 x 2  3a 2  x  . 6 12 2 S a F x x x A C E x a 2 B Câu 7: Cho hình chóp đều S . ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Gọi A , B , C  tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C qua S . Thể tích của khối bát diện có các mặt ABC , ABC  , ABC , BCA , C AB , ABC  , BAC  , CAB là A. 2 3a 3 . 3 B. 2 3a 3 . C. 3a 3 . 2 D. 4 3a 3 . 3 Hướng dẫn giải: Chọn A. Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp S . ABC : Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a  CH  a 3 . Góc giữa đường thẳng SA và mặt 3 phẳng (ABC) bằng 600 1 1 a 2 3 a3 3 o   SCH  60  SH  a  VS . ABC  .S H .S ABC  a.  . 3 3 4 12 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 12 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V  2VB. ACA’ C ‘  2.4VB.ACS  8VS . ABC 2a3 3  . 3 Cách 2: Ta có thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC Diện tích tam giác SBC là: S SBC Khối Đa Diện Nâng Cao A’ a3 3  . 12 B’ a 2 39  . 12 C’ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là: d  A,  SBC    3a . 13 S Tứ giác BCB ‘ C ‘ là hình chữ nhật vì có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. C 2a 3 2a 3 a 39 Có SB   BB ‘   B ‘C  . 3 3 3 Diện tích BCB ‘ C ‘ là: S BCB ‘C ‘  B H A a 2 39 . 3 Thể tích khối 8 mặt cần tìm là: 1 2a 3 3 . V  2. d  A,  SBC   .S BCB ‘ C ‘  3 3 Cách 3 1 Thể tích khối bát diện đã cho là V  2VA ‘ B ‘ C ‘ BC  2.4VA’.SBC  8VS . ABC  8. SG.S ABC 3   600. Xét SGA vuông tại G : Ta có:  SA;  ABC    SAG  tan SAG SG   a.  SG  AG. tan SAG AG 1 1 a 2 3 2 3a 3 Vậy V  8. SG.S ABC  8. .a.  . 3 3 4 3 Câu 8: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , SC   ABC  và SC  a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối chóp S .CEF . A. VSCEF  2a 3 . 36 B. VSCEF  a3 . 18 C. VSCEF  a3 . 36 D. VSCEF  2a 3 . 12 Hướng dẫn giải: Từ C hạ CF  SB,  F  SB  , CE  SA,  E  SA  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  AB  AC  AB   SAC   AB  CE  Ta có  AB  SC  CE   SAB   CE  SB S Vậy mặt phẳng qua C và vuông góc SB là mặt  CEF  . F a V SE SF Ta có SCEF  . VSCAB SA SB E Tam giác vuông SAC vuông tại C ta có: 2 C B 2 SA  SC  AC  a 2 2 và a a 2 SE SC a SE 1   2  2 SA SA 2a SA 2 A Tam giác vuông SBC vuông tại C ta có: SB  SC 2  BC 2  a 3 và SF SC 2 a2 SF 1     2 2 3a SB SB SC 3 Do đó VSCEF 1 1 1 1 1 1 1  .   VSCEF  VSABC  . SA.S ABC  a 3 . VSCAB 2 3 6 6 6 3 36 Chọn C. Câu 9: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là 300. Thể tích khối chóp S . ABC là: A. a3 3 24 B. a3 3 8 C. a3 8 D. 3a 3 8 Hướng dẫn giải: Tổng quát: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC S có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi F qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , H góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là  Thể tích khối chóp S . ABC là: a 3 cot  VS . ABC  24 E C A x G M B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Áp dụng bài này: VS . ABC + ABC đều  SABC Khối Đa Diện Nâng Cao a3 cot 300 a 3 3   24 24 a2 3  4 + Gọi G là trọng tâm + Gọi  P    SBC  =EF  EF//BC   P    SBC  =Ax với Ax / / EF / / BC + Gọi M là trung điểm BC , SM  EF  N . Ta có: AM  BC , SG  BC  BC   SAM   AN  BC  AN  Ax   300 Mà AM  BC , BC / / Ax  AM  Ax    P  ,  ABC    NAM   NAM    (cùng phụ với SMA  ) Ta có: GSM   1 AM .cot 300  1 . a 3 . 3  a Xét SGM vuông tại G có: SG  GM .cot GSM 3 3 2 2 Vậy: VS . ABC 1 1 a 2 3 a a3 3  .S ABC .SG  . . .  3 3 4 2 24 Chọn A. Câu 10: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S . ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây: A. x 2  2 xy  y 2  160 B. x 2  2 xy  2 y 2  109 C. x 2  xy  y 4  145 D. x 2  xy  y 4  125 Hướng dẫn giải: S + Gọi H là trung điểm AB. Do ABC đều và  SAB    ABCD   SH   ABCD  Xét ABC đều: SH  M 3 AB 2 3 2 A + Ta có: S ABPN  S ABCD  S ADN  SCND  AB 2  AD.DN CN .CP 4.2 2.2   42    10 2 2 2 2 D K N H B P C 1 1 20 3 20 3  VS . ABPN  .S ABPN .SH  .10.2 3  x 3 3 3 3 + Gọi AN  HD   K  ta có MK là đường trung bình của DHS File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 15 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  HK  Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 1 1 1 1 2.2 2 3 2 3 2 3 SH  VCMNP  .SCNP .MK  . .CN .CP. .SH  . .  y 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 Thay vào các đáp án. Chọn C. Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. A. V  a3 2 2 B. V  a3 2 3 C. V  a3 2 6 D. V  a3 6 Hướng dẫn giải: Gọi I là trung điểm AB;J là trung điểm của CD từ giả thiết ta có: IJ  a; SI  a 3 a 2 a 11  và SJ  SC 2  JC 2  3a 2  3 4 2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có: S 3a 2 11a 2 IJ 2 +IS2  SJ 2 a  4  4 cos S IJ   2.IJ.IS a 3 2.a. 2 2 a 3  2  0 3 a 3 2   M D A Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có S IJ tù. Từ J I H giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là N C B cân đỉnh S . Gọi H là hình chiếu của S trên   900.  ABCD  , ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam giác vuông SHI có H 3    cos S  ke bu  sin SIH   6. IJ  SIJ va SIH Góc I nhọn và cos I  cosSIH 3 3     a 3. 6  a 2 Xét tam giác SHI ta có SH  SI .sin SIH 2 3 2 1 1 a 2 a3 2 Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .  . 3 3 2 6 Chọn C. Câu 12: Cho hình chóp S .ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D; AB  AD  2a, CD  a. Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng  SBI  ,  SCI  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S . ABCD. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 16 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 3 15 3 a 5 B. 3 17 3 a 5 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 3 19 3 a 5 D. 3 23 3 a 5 Hướng dẫn giải: Gọi H trung điểm của BC , I là hình chiếu của H lên BC , J là trung điểm AB. S Ta có SI  mp  ABCD  , IC  ID 2  DC 2  a 2 IB  IA2  AB 2  a 5 và BC  IB  CJ 2  JB 2  a 5 J 1 1 S ABCD  AD  AB  CD   3a 2 ; S IAB  .IA. AB  a 2 2 2 1 1 và SCID  .DC.DI  a 2 2 2  S IBC  S ABCD  S IAB  S DIC B A I H D C 3a 2  . 2 Mặt khác S IBC  2S 3 3 1 IH .BC , nên IH  IBC  a. 2 BC 5 SI  IH .tan 600 9 3 a. 5 1 3 15 3 Do đó VS . ABCD  SI .S ABCD  a. 3 5 Chọn A. Câu 13: Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC; các mặt phẳng  SAB  ;  SAC  ;  SBC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  một góc bằng nhau. Biết AB  25, BC  17, AC  26, đường thẳng SB tạo với đáy một góc bằng 450. Tính thể tích V của khối chóp SABC . A. V  680 B. V  408 C. V  578 D. V  600 Hướng dẫn giải: S Gọi J là chân đường cao của hình chóp S . ABC ; H , K và L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA.  , SLJ  và SKJ  lần lượt là góc Suy ra SHJ tạo bởi mặt phẳng  ABC  với các mặt y=9 z=17 A z=17 C y=9 K J L H x=8 x=8 B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 17 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  .   SLJ   SKJ , Theo giả thiết ta có: SHJ suy ra các tam giác vuông SJH , SJL, SJK bằng nhau. Từ đó, JH  JL  JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Áp dụng công thức Hê- rông, ta tính được diện tích của tam giác ABC là S  204. Kí hiệu P là nửa chu vi tam giác ABC, r là bán kính đường tròn K S 204 nội tiếp của ABC . Ta có r    6. P 34 z A y z C y J Đặt x  BH  BL, y  CL  CK , z  AH  AK . H x  y  7  Ta có hệ phương trình:  x  z  25 .  y  z  26  L x x B Giải hệ phương trình ta được  x; y; z    8;9;17  JB  JH 2  BH 2  62  82  10    Ta có SBJ SB,  ABC    450 , suy ra SJB là tam giác vuông cân tại J. SJ  JB  10. 1 Thể tích V của khối chóp S . ABC là V  SJ .S ABC  680 3 Chọn A. Câu 14: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  8 , BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp. Tính thể tích của khối tứ diện M . ABC . A. V  24 . B. V  64 . 3 C. V  32 . 3 D. V  12 . Hướng dẫn giải: Chọn C  BC  BA 1 Vì   BC  SB . Khi đó S SAB  SA. AB  24 , 2  BC  SA 1 1 S SAC  SA. AC  .6. 82  62  30 , 2 2 1 1 2 1 S SBC  SB.BC  8  62 .6  30 , S ABC  .6.8  24 . 2 2 2 S M C A B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 Thể tích khối chóp đã cho là: V  SA. . AB.BC  48 . 3 2 Theo bài ra điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp nên ta gọi khoảng cách từ điểm M đến các mặt của hình chóp là d thì: 3VS . ABC 1 VS . ABC  d .  S SAB  S SAC  S SBC  S ABC   d  3 S SAB  S SAC  S SBC  S ABC 3.48 4 1 1 4 32 d   . Khi đó: VM . ABC  .d .S ABC  . .24  . 30  30  24  24 3 3 3 3 3 Câu 15: Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S . Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng A. nV . S B. V . nS C. 3V . S D. V . 3S Hướng dẫn giải: Chọn C. S Xét trong trường hợp khối tứ diện đều. Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự. 1 1 1 1 VH . ABC  h1.S ; VH .SBC  h2 .S ; VH . SAB  h3 .S ; VH . SAC  h4 .S 3 3 3 3 C A 3V 3V 3V 3V h1  1 ; h2  2 ; h3  3 ; h4  4 S S S S 3 V1  V2  V3  V4  3V  h1  h2  h3  h4   S S H B Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc SM với đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM  MD. Tính tỉ số . SB A. 3 4 B. 1 4 C. 3 5 D. 5 4 Hướng dẫn giải: : Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a 3 ) và a a 3  B =  ; ; 0  . Suy ra phương trình 2 2   2x 2y za 3 của SB là:   a a 3 a 3 Gọi M(x0; y0 ; z0) thuộc cạnh SB, ta có: S H D A B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay C Trang 19 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  y 0  3 x0 .   z0  a 3  2 3 x0   Mặt khác AMDN  AM .DM  0  x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0  x0  3a 8  3   3a 3a 3 a 3  SM 3  M   ; ;  .   SM  SB hay 8 4  4 SB 4  8 Chọn A. CỰC TRỊ THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Câu 17: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 1 . 3 B. 1 . 6 C. 1 . 4 D. 1 . 12 Hướng dẫn giải: Chọn B . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng SBC . Ta có 1 1   1 . AS .SB.SC  1 V  . AH .S SBC  .AH .SB.SC.sin BSC 3 6 6 6 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AH  AS   AS   SBC    SA  SB, SB  SC , SC  SA   sin BSC  1  SB  SC . Câu 18: Cho hình chóp có S . ABC 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 Hướng dẫn giải: Ta gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC. Dễ chứng minh được SA  ( MBC ) và MBC cân tại M Tính được: MN 2  MB 2  BC 2 SA2 BC 2 x2  y 2  AB 2    1 . 4 4 4 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Do đó: V  VS . ABC  Khối Đa Diện Nâng Cao 1 x2  y2 xy 1  . 6 4 1 xy 2 ( xy ) 2 .  2  xy  . Dấu bằng xảy ra khi x  y. xy 1   6 2 12 Đến đây, có hai hướng xử lý: Vì x 2  y 2  2 xy nên V  Thứ nhất, sử dụng BĐT Côsi: 3  xy xy   2  2  2  xy  32 xy xy 2 ( xy )  2  xy   4. . (2  xy )  4.    . 2 2 3   27   x  y 2 4  Dấu bằng xảy ra   xy x y  x y  .   xy 2 3 3  2 Thứ hai, đặt t  xy và xét f (t )  t 2 (2  t ) , đạt GTLN khi t  x y 4 , suy ra 3 2 4  x y  . 3 3 Câu 19: Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? A. 1 4 B. 3 4 C. 1 8 D. 5 8 Hướng dẫn giải: Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB , suy ra các tam giác ACD và BCD có tất cả các cạnh đều không lớn hơn 1. Các chiều cao AF và BE của chúng không lớn hơn 1 A a2 , trong đó CD  a  1. 4 Chiều cao hình tứ diện AH  AF  1  a2 4 B D (do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) H F Thể tích của khối tứ diện là: 1 1 1 1 1  a2  1 V  S BCD . AH  . .BE.CD. AH  . .a. 1    a 4  a2  3 3 2 3 2  4  24 C Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a  4  a 2  . Vì 0  a  1 nên a  4  a 2   3 và V  1 1 a 4  a2   . 24 8 Chọn C. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 21 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 20: Khối tứ diện ABCD có AB  1 và tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1 . Hỏi thể tích lớn nhất của khối tứ diện đó là? A. 3 . 8 B. 1 . 8 C. 1 . 24 D. 3 . Hướng dẫn giải: Chọn B Tứ diện ABCD có AB  1 , các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1. Đặt CD  a, x   0;1 Gọi M là trung điểm của BC , K là hình chiếu của B lên CD và H là hinfhc hiếu của A trên mp  BCD  . Khi đó ta có VABCD  1 1 AH .S BCD  x.BK . AH (1) 3 6 Có BM 2  1 BC 2  BD 2 CD 2 x2   1   BM  4  x2 2 4 4 2 Tương tự ta cũng có AM  Mà BK  BM  BK  1 4  x2 2 1 1 4  x 2 (2), AH  AM  4  x2 2 2 Từ (1), (2), (3) suy ra VABCD   3 1 x  4  x 2  ; x   0;1 24 1 x 4  x 2 , x   0;1 là hàm đồng biến nên 24 1 1 f  x   f 1   VABCD  8 8 Xét hàm số f  x   (Dấu bằng xẩy ra khi hai tam giác ACD, BCD là hai tam giác đều có cạnh bằng 1 và H , K trùng với M . Khi đó AB  3 1 ) 2 Chọn B. Câu 21: Khối tứ diện ABCD có AB  x  x  1 và có tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1 . Tính x khi thể tích của khối tứ diện đó lớn nhất. A. x  2 3 . 3 B. x  6 . 2 C. x  3 2 . 2 D. x  2 6 . 3 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 22 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A CH  IK .CD  ID Khối Đa Diện Nâng Cao 20a 2  x 2 x 20a 2  x 2 2  . a 5 2a 5 x. Thể tích khối tứ diện lớn nhất khi CH lớn nhất. x 20a 2  x 2  x 2  20a 2  x 2  10a 2  CD  a 5. 2 Đạt được khi x 2  20a 2  x 2  x  a 10. Câu 23: Cho khối tứ diện ABCD có AB  x , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 2  x . Hỏi 2 có bao nhiêu giá trị của x để khối tứ diện đã cho có thể tích bằng . 12 A. 1 . B. 6 . C. 4 D. 2 . Hướng dẫn giải: Chọn D CA  CB  CD  2  x  Ta có  CA2  CB 2  AB 2 x2  1 cos ACB   1  , cos BCD 2  2CA.CB 2(2  x) 2  2   1 2  1 2    1  1   (2  x )3 x2 x2       . Vậy V  1  2 1    1     2   2  2  x  2   2  6 2 2 2 2 2  x             x 2  x x  1 2 x2  6 x  6 .   2 12  x  0, 275842 6 Câu 24: Xét khối tứ diện ABCD có 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  6 . B. x  14 . C. x  3 2 . D. x  3 3 . Hướng dẫn giải: Chọn D. Gọi E là trung điểm của AB , ta có các tam giác CAB, DAB lần lượt cân tại C , D nên CE  AB, DE  AB  AB   ECD  . Suy ra VABCD  1 AB.SCDE 3 x2 Ta có CE  DE  AD  AE  12  4 2 2 Gọi F là trung điểm của CD , ta có EF  CD và x 2 12 x2 1 x2 FE  DE  DF  12    9 , Suy ra SCDE  FE.CD  3. 9  4 4 4 2 4 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khi đó V  Khối Đa Diện Nâng Cao 3 x2 3 3  x 2  36  x 2  x 9  x 36  x 2   3 3. 3 4 6 6  2  Câu 25: Cho khối chóp S . ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a3 6 . B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 6 Chọn D. Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC )  V  1 AH .S SBC . 3 Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS   SBC  . 1   1 SB.SC , dấu “=” xảy ra khi SB.SC .sin SBC 2 2 SB  SC . S SBC  A Khi đó, 1 1 1 1 V  AH .S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC . 3 3 2 6 a Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là 1 a3 6 V  SA.SB.SC  . 6 6 a 3 S C H a 2 B Câu 26: Cho khối chóp S . ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a3 6 . B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 6 Hướng dẫn giải: : A Gọi H là hình chiếu của A lên 1 ( SBC )  V  AH .S SBC . 3 Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS   SBC  . a 1   1 SB.SC , dấu “=” xảy ra SB.SC .sin SBC 2 2 khi SB  SC . S SBC  a 3 C S H Khi V đó, 1 1 1 1 AH .S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC . 3 3 2 6 a 2 B Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao nhau. Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là V  1 a3 6 SA.SB.SC  . 6 6 Chọn D. Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 1 . 3 B. 1 . 6 C. 1 . 4 D. 1 . 12 Hướng dẫn giải: Chọn B . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng SBC . Ta có 1 1   1 . AS .SB.SC  V  . AH .S SBC  .AH .SB.SC.sin BSC 3 6 6 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  AH  AS  AS   SBC    SA  SB, SB  SC , SC  SA   sin BSC  1  SB  SC . Câu 28: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . A. 5 . 8 B. 5 . 4 C. 2 . 3 D. 4 . 3 Hướng dẫn giải: Chọn A Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC  . Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Hay H là trung điểm BC . 15  x 2 . 2 1 1 1 15  x 2 V  .SH .S ABC  .SH . AB. AC  . .x 3 6 6 2 Ta có: . 2 2 1 15  x  x  5  .  12 2 8 15 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 15  x 2  x 2  x  . 2 Đặt AC  x . Khi đó BC  x 2  1 , SH  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 29: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  BA  BC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC ? A. 1 . 6 B. 2 . 12 C. 1 . 8 D. 3 . 12 Hướng dẫn giải: Chọn C Cách 1: Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC  . Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Vì ABC cân tại B nên H thuộc đường trung trực BM của AC . Đặt AC  x . Ta có: 1 1 x2 x 4  x2 S ABC  .BM . AC  .x. 1   và 2 2 4 4 abc 1 R  . 4 S ABC 4  x2 Mặt khác chiều cao của khối chóp: SH  SB 2  BH 2  SB 2  R 2  3  x2 . 4  x2 Thể tích khối chóp: 1 1 3  x2 x 4  x 2 V  .SH .S ABC  . .  3 3 4  x2 4 . x 2  3  x2  12 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2  3  x 2  x   1 8 3 . 2 Cách 2: Gọi K , I lần lượt là hình chiếu của C lên  SAB  và SB . 1 1 1 3 3 1  . Thể tích khối chóp: V  .CK .S SAB  .CI .SSAB . . 3 3 3 2 4 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hình chiếu của C lên  SAB  trùng trung điểm SB . Câu 30: Trong các khối tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh 2a và tam giác ABD vuông tại a D , AD  . Khoảng cách lớn nhất từ B đến mặt phẳng  ACD  là? 2 A. 2a 2 . 3 B. a 3 . C. a 3 . 3 D. 2a 3 . Hướng dẫn giải: Chọn B a   AB  AC  2a, AD  2 Ta có    1 , cos DAB   1 , cos CAD x cos BAC  2 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Khi đó a 2a.2a. 3 2 2 1  1  1  x 2  2. 1 . 1 .x  a 16 x  4 x  11 V 6 4 16 2 4 12 . Khi đó 2 dB  3V a 16 x  4 x  11 1  f  x   f  a 3. 2 S ACD 2 1 x 2 Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Biết SC  1 , tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . 3 . 12 A. B. 2 . 12 C. 2 3 . 27 D. 3 . 27 Hướng dẫn giải: Chọn D Đặt S ABC AC  x  SA  SC 2  AC 2  1  x 2 1 x2  CA2  . 2 2 1 1 x2 V  S ABC .SA  . 1  x2  3 3 2 Vì vậy và x 2 .x2  2  2 x 2  6 2 3  x 2  x2  2  2 x 2    2 3     27 6 2 2 . 3 Dấu bằng xảy ra khi x 2  2  2 x 2  x  Câu 32: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , AB  2 . Cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC là? A. 1 . 3 B. 1 . 4 C. 1 . 12 D. 1 . 6 Hướng dẫn giải: Chọn A 2 2 2 Đặt CA  x , CB  AB  CA  4  x  S ABC CA.CB x 4  x 2   . 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 1 x 4  x2 Suy ra V  SA.S ABC   3 6 Khối Đa Diện Nâng Cao x2  4  x2 1 x2 4  x2    6 2.6 3 Dấu bằng đạt tại x 2  4  x 2  x  2 . Câu 33: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , SA  AB  2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . AHK . A. Vmax  a3 2 . 6 B. Vmax  a3 3 . 6 C. Vmax  a3 3 . 3 D. Vmax  a3 2 . 3 Hướng dẫn giải: Chọn A. Đặt AC  x  BC  AB 2  AC 2  4a 2  x 2 S 1 1 Ta có VSABC  .SA.BC. AC  .2a. x 4a 2  x 2 6 6 2 2 ax 4a  x  3 Vì vậy VS . AHK  H K 1 SA2 ax 4a 2  x 2 SH SK . VS . ABC  . 2 . 2 SC 3 SB SC B A 2 a 3 x 4a 2  x 2 a 3 2 a3 2  .   V  . max 3 4a 2  x 2 6 6 C Câu 34: Cho tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2 . Trên đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M , N khác phía với mặt phẳng  ABC  sao cho AM . AN  1 . Tìm thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện MNBC .? A. 1 . 3 B. 1 . 6 C. 1 . 12 D. 2 . 3 Hướng dẫn giải: Chọn D. Tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2  AB  BC  2 . Ta có VMNBC  1 1 1 1  AM  AN  .S ABC   AM  AN  . . AB.BC   AM  AN  3 3 2 3 Sử dụng BĐT cauchy ta có AM  AN  2 AM . AN  2  VMNBC  2 . 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 29 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 35: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC là? A. 1 . 6 B. 2 . 12 C. 3 . 12 D. 1 . 12 Hướng dẫn giải: Chọn A. Gọi O là tâm của tam giác đều ABC . Gọi R  OA  x  0  x  1 Ta tính được SO  SA  R 2  1  x 2 Cạnh của tam giác đều ABC là 1 3 3 2 a  2 R sin 600  3x  S ABC  a 2 sin 600  x 2 4 Vậy 1 3 2 VS . ABC  SO.S ABC  x 1  x2 3 4  3 4 3 4 x 1  x 2   x  x6 8 4 Cách 1: Dùng Cauchy: Có 1 1 1 4 1 1  x 2  x 2  1  x 2  3 3 x 4 1  x 2   x 4 1  x 2    VS . ABC  . 2 2 4 27 6 Cách 2: Dùng hàm f  x   x 4  x 6  0  x  1  f   x   4 x 3  6 x 5 ; f   x   0  x  Dùng bảng biế thiên thì f  x  đạt giá trị lớn nhất tại x  max f  x   0  x 1 3 . 2 3 khi đó 2 4 1  VS . ABC  27 6 Câu 36: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông  góc với mặt phẳng  ABC  , SC  a, SCA   . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất. A.   arcsin 1 3 B.   arcsin C.   arcsin 1 5 D.   3arcsin 2 7 1 3 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao BC  AC  a.cos ; SA  a.sin  1 1 1 VSABC  S ABC .SA  . AC.BC.SA  a 3 sin  .cos 2 3 6 6 1  a 3 sin  1  sin 2   6 Xét hàm số: f  x   x  x3 trên khoảng  0;1 . Ta có: f ‘  x   1  3 x 2 , f ‘  x   0  x   1 . 3 Từ đó ta thấy trên khoảng  0;1 hàm số f  x  liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay: 1   2  1  hay   arcsin , 0     max f  x   f    x 0;1 2 3   3 3 3 Chọn A. Câu 37: Cho hình chóp S . ABCD có SA  x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối chóp lớn nhất A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 Hướng dẫn giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có OD=OB và SB=SD nên SO  BD , do đó BO   SAC  . Mặt khác SO 2  SB 2  OB 2  AB 2  OB 2  OA2 nên SO  OA  OC . Do đó tam giác SAC vuông tại S. Ta có AC 2  x 2  4  4OA2  x 2  4 . Do đó 4OB 2  12  x 2  0  x  2 3 . 2 Và 16 S SOA  x 2  4OA2  x 2   4 x 2 . Để VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi VSOAB đạt giá trị lớn nhất. Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 2 12  x 2  đạt giá trị lớn nhất. Suy ra x 2  12  x 2  x 2  6  x  6 . Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 1 . 9 B. 2 1 . 3 C. 2 1 . 6 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 2 1 . 9 Trang 31 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Hướng dẫn giải: Chọn B Đặt DM  x , BN  y ta có     BAN    tan DAM  tan BAN  x  y . Suy ra y  1  x . tan 45  tan  DAM .tan BAN  1  xy 1 x 1  tan DAM và AM  AD 2  DM 2  x 2  1 , 2 2  x 2  1  1 x  AN  AB 2  BN 2  1  y 2    1  .  x 1  1 x  1 1 x2 1 Vì vậy V  SA.S AMN  SA.AM .AN sin 45  f  x    f 3 6 6  x  1  2  1  2 1 . 3 Câu 39: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là di động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 . 3 2 3 . 9 B. 2 3 3 . 3 C. D. 2 3 3 . 9 Hướng dẫn giải: Chọn C Đặt DM  x, BN  y . Ta có:     BAN   tan DAM  tan BAN  x  y  y  1  3 x . tan 60  tan DAM .tan BAN  1  xy 3x 1  tan DAM   2 2 2 2 2  1  3x  y  1     1 .  3x  2 2 AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  Vì vậy VS . AMN Ta có f  x   3  x 2  1 1 1  .SA.S AMN  .SA. AM .SN .sin 60  . 3 6 6 3x  3  x 2  1 6  3x     f 2 3   2 3 3 . 3 Câu 40: Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc, I là tâm nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng  P  thay đổi qua I , cắt các tia SA , SB , SC lần lượt tại A, B, C  . Biết SA  SB  2 , SC  7 . Hỏi thể tích của khối chóp S . AB C  có giá trị nhỏ nhất là? A. 243 7 . 256 B. 7 . 3 C. 81 7 . 256 D. 27 7 . 256 Hướng dẫn giải: Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A · Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có VS . ABC   SA SB SC  . . .VS . ABC SA SB SC · Ta có SA  SB  2, SC  7  VS . ACB  1 1 SA.SB.SC  7 6 3 · Từ SA  SB  2, SC  7  AB  2, BC  3  AC · Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:     BC.IA  CA.IB  AB.IC  0         BC SA  SI  CA. SB  SI  AB. SC  SI  0    SI           BC CA AB SA  SB  SC AB  BC  CA AB  BC  CA AB  BC  CA BC SA  CA SB  AB SC  . .SA  . SB  . SC  . AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC  · Do bốn điểm A, B, C , I đồng phẳng nên BC SA CA SB AB SC .  .  . 1 AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC  · Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 BC SA CA SB AB SC .  .  . AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB  AB  BC  CA SC   33 AB.BC.CA  AB  BC  CA  1  33 3 . SA SB SC . . SA SB SC  AB.BC.CA  AB  BC  CA · VS . ABC   3 . SA SB SC SA SB  SC  27. AB.BC .CA . .  . .  SA SB SC  SA SB SC  AB  BC  CA 3 SA SB SC 27. AB.BC.CA 27.2.3.3 1 81 7 . . VS . ABC  V  . 7 3 S . ABC 3 SA SB SC 256  AB  BC  CA  2  3  3 3 Dấu bằng xảy ra BC SA CA SB AB SC   AB  BC  CA . SA  AB  BC  CA . SB  AB  BC  CA . SC   1  BC SA CA SB AB SC  .  .  .  AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 9  SB SA 8   SB  SA  9  SA  SB  8 2   .  SC  4  SC   3 7  SC  3  4 Câu 41: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  4 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD A. 130 . 3 B. 128 . 3 C. 125 . 3 D. 250 . 3 Hướng dẫn giải: Chọn B Đặt AB  x và O là tâm của mặt đáy, ta có SO   ABCD  và SO  62  x 2  42 x2  32  . 4 4 Vì vậy sử dụng bất đẳng thức AM  GM , ta co có: 1 2 x 2  128  x 2 128 x2 2 2 2 V   4 x  . 32   x 128  x   .  3 4 3 3 2 3 . Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có SB  x  0  x  3  . Tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 1 . Với giá trị nào của x thì thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất? A. x  3 . 3 B. x  2 . 2 C. x  6 . 2 D. x  3 . 2 Hướng dẫn giải: Chọn C Theo giả thiết ABCD là hình thoi và gọi O  AC  BD . SAC  BAC  c  c  c   OS  OB  OD  SBD vuông tại S . Vì SA  SC  SD  chân đường cao H của khối chóp nằm trên đường thẳng BD và SB.SD x SH   2 2 2 SB  SD x 1 Ta có 2 2 2 2 BD  x  1, AC  2OA  2 AB  OB  3  x . Vì vậy S ABCD  1 1 AC .BD  3  x 2 x2  1 . 2 2 x 3  x2 Suy ra V   6 x 2  3  x2  6  x2  3  x 2 1  . 2.6 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 34 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Dấu bằng xảy ra khi x 2  3  x 2  x  Khối Đa Diện Nâng Cao 6 . 2 Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  4 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SC  6 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là? A. 40 . 3 B. 80 . 3 C. 20 . 3 D. 24. Hướng dẫn giải: Chọn A. Đặt AD=x , ta có AC  AB 2  AD 2  x 2  16 và SA  SC 2  AC 2  62  x 2  16  20  x 2 . 2  x 2  20  x 2  40 1 1 4 x 2  20  x 2  20  x 2 .4 x    Vì vậy V  SA.S ABCD  3 3 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi x 2  20  x 2  x  10 Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh bằng 1, SO   ABCD  và SC  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là? 2 3 9 Hướng dẫn giải: A. B. 2 3 . 3 C. 2 3 . 27 D. 4 3 . 27 Chọn D Đặt OC  x  OB  BC 2  OC 2  1  x 2  S ABCD  4 SOBC  2 x 1  x 2 và SO  SC 2  OC 2  1  x 2 vì vậy 1 2 x 1  x 2  2 2 x 2 1  x 2 1  x 2  V  S ABCD .SO  = 3 3 3 3 2  2×2 1  x2 1  x2  4 3  .    3  3 27  Dấu bằng xảy ra khi 2 x 2  1  x 2  x  1 . 3 Câu 45: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 1 . 9 B. 2 1 . 3 C. 2 1 . 6 D. 2 1 . 9 Hướng dẫn giải: Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Đặt DM  x , BN  y ta có     BAN    tan DAM  tan BAN  x  y . Suy ra y  1  x . tan 45  tan  DAM .tan BAN  1  xy 1 x 1  tan DAM và AM  AD 2  DM 2  x 2  1 , 2 2  x 2  1  1 x  AN  AB 2  BN 2  1  y 2   1   .  x 1  1 x  1 1 x2 1  f Vì vậy V  SA.S AMN  SA.AM .AN sin 45  f  x   3 6 6  x  1  2  1  2 1 . 3 Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm   30 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? di động trên đoạn CB sao cho MAN A. 1 . 9 1 . 3 B. 2 . 27 C. D. 4 . 27 Hướng dẫn giải: Chọn A Đặt DM  x, BN  y . Ta có:     BAN   tan DAM  tan BAN  x  y  y  3  x . tan 30  tan DAM .tan BAN  1  xy 1  3x 1  tan DAM   2 2 2 2 2  3x  y  1     1 . 1  3 x   2 2 AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  Vì vậy VS . AMN Ta có f  x   x2  1 1 1 .  .SA.S AMN  .SA. AM .SN .sin 30  3 6 6 3x  1   x2 1 6   1  1  f  . 3x  1  3 9  Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là di động trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 . 3 B. 2 3 . 9 C. 2 3 3 . 3 D. 2 3 3 . 9 Hướng dẫn giải: Chọn C Đặt DM  x, BN  y . Ta có: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao     BAN   tan DAM  tan BAN  x  y  y  1  3 x . tan 60  tan DAM .tan BAN  1  xy 3x 1  tan DAM   2 2 2 2 2  1  3x  y  1     1 .  3x  2 2 AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  Vì vậy VS . AMN 3  x 2  1 1 1  .SA.S AMN  .SA. AM .SN .sin 60  . 3 6 6 3x  3  x 2  1 Ta có f  x   6  3x     f 2 3   2 3 3 . 3 Câu 48: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD  4a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm thể tích Vmax của khối chóp S . ABCD . A. Vmax 8a3  . 3 B. Vmax 4 6a 3  . 3 C. Vmax  8a 3 . D. Vmax  4 6a 3 . Hướng dẫn giải: Chọn A Do SA  SB  SC  SD  a 6 nên hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, do vậy ABCD là một hình chữ nhật và H là giao điểm của AC và BD . Đặt AB  x  0 ta có: AC 2 1 AC  AD  AB  x  16a , SH  SA   8a 2  x 2 . 4 2 2 2 2 2 2 1 2ax 8a 2  x 2 Vì vậy S . ABCD  .SO. AB. AD  . 3 3 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x 8a 2  x 2  x 2  8a 2  x 2 8a 3 8a 3  4a 2  V   Vmax  . 2 3 3 Câu 49: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và thể tích bằng V . Gọi M , N AB AD lần lượt là các điểm di động trên các cạnh AB và AD sao cho 2  4 . Gọi V ‘ là AM AN thể tích khối chóp S .MBCDN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ‘ . A. 1 V. 4 B. 2 V. 3 C. 3 V. 4 D. 1 V. 3 Hướng dẫn giải: Chọn B. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 37 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  1 AM AN   xy  . Ta có V ‘  1  .  V  1   V 2  2 AB AD   S AM AN   x  AB , y  AD 0 Không thế khối chóp GA’B’C’ hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay B’ Trang 46 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao nhất → Loại B,C + So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau → Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN . => Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. Chọn A. Câu 3: Cho lăng trụ tam giác ABC . A ‘ B ‘ C ‘ có BB ‘  a , góc giữa đường thẳng BB ‘ và  ABC    60 . Hình chiếu vuông góc của điểm bằng 60 , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC B ‘ lên  ABC  trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A ‘. ABC theo a bằng A. 13a 3 . 108 B. 7a 3 . 106 C. 15a 3 . 108 D. 9a 3 . 208 Hướng dẫn giải: Gọi M , N là trung điểm của AB, AC và G là trọng tâm của ABC .   B ‘ G   ABC   BB ‘,  ABC   B ‘ BG  600 .  B’ C’  1 1 VA ‘. ABC  .SABC .B ‘ G  . AC.BC.B ‘ G 3 6  Xét B ‘ BG vuông tại G , có B ‘ BG  600 a 3  B ‘G  . (nửa tam giác đều) 2 A’ B 60° C G M 60° N A   600 Đặt AB  2 x . Trong ABC vuông tại C có BAC AB  x, BC  x 3  tam giác ABC là nữa tam giác đều  AC  2 3 3a Do G là trọng tâm ABC  BN  BG  . 2 4 Trong BNC vuông tại C : BN 2  NC 2  BC 2 3a   AC  2 13 2 2 2 9a x 9a 3a     3×2  x 2  x  16 4 52 2 13  BC  3a 3  2 13 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 47 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Vậy, VA ‘ ABC Khối Đa Diện Nâng Cao 1 3a 3a 3 a 3 9a 3  . . .  . 6 2 13 2 13 2 208 Câu 4: Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ‘ B ‘ C ‘ , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng  A ‘ BC  bằng a .Tính thể tích khối lăng trụ 6 ABC . A ‘ B ‘ C ‘ . A. 3a 3 2 . 8 B. 3a 3 2 . 28 C. 3a 3 2 . 4 D. 3a 3 2 . 16 Hướng dẫn giải: A’ Gọi M là trung điểm của BC , ta có  A ‘ AM    A ‘ BC  theo giao tuyến A ‘ M . C’ Trong  A ‘ AM  kẻ OH  A ‘ M ( H  A ‘ M ) .  OH   A ‘ BC  B’ Suy ra: d  O,  A ‘ BC    OH  S ABC  a . 6 a2 3 . 4 A O  Xét hai tam giác vuông A ‘ AM và OHM có góc M chung nên chúng đồng dạng. a OH OM Suy ra:   6  A’ A A’ M A’ A  A’ A  C H M B 1 a 3 . 1 3 2   2 2 A’ A A ‘ A  AM 3 a 3 A ‘ A2     2  2 . a 6 a 2 3 3a 3 2 a 6 . Thể tích: VABC . A’ B ‘ C ‘  SABC . A ‘ A  .  . 4 4 4 16 Câu 5: Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ A. V  27 3 a . 8 B. V  3 3 a . 4 C. V  3 3 a . 2 D. 9 3 a . 4 Hướng dẫn giải: Chọn D. Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120 . ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . 1 a2 3 S ABC  S DEF  a.a.sin120  2 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 48 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao AC  AB 2  BC 2  2. AB.BC.cos B A’  1  a 2  a 2  2.a.a.     a 3  2 F’ B’ E’ C’ S ACDF  AC. AF  a 3.a  a 2 3 S ABCDEF  S ABC  S ACDF  S DEF  a2 3 a 2 3 3a 2 3  a2 3   4 4 2 D’ A F 60° a 3  B ‘ BH  60  B ‘ H  BB ‘.sin 60  2 Suy ra V  BH ‘.SABCDEF  a 3. B 3a2 3 9 3  a 4 4 H C E D Câu 6: Cho lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ 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. a3 3 12 B. a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là: 4 a3 3 6 C. a3 3 3 D. a3 3 24 Hướng dẫn giải: C’ B’ Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông góc với AA ‘. Suy ra MH  d  BC , A ‘ A   Đặt AH  x, ta có: A ‘ A  x 2  a 3 4 A’ a2 3 H C a Từ A ‘ A.MH  A ‘ G. AM  x  . 3 M B A a a 2 3 a3 3 Vậy V  .  . 3 4 12 Chọn A. Câu 7: Cho hình lập phương ABCD. AB C D có cạnh bằng a , một mặt phẳng   cắt các cạnh 1 2 AA , BB , CC  , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM  a , CP  a . Thể tích khối 3 5 đa diện ABCD.MNPQ là: A. 11 3 a . 30 B. a3 . 3 C. 2a 3 . 3 D. 11 3 a . 15 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 49 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I thuộc đoạn OO’. Ta có: OI  B AM  CP 11 a  a 2 30 2 O A Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì: OO1=2OI= C D N 11 a < a. Vậy O1 nằm trong đoạn OO’. 15 M I P Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với (ABCD) cắt Q các cạnh AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại O1 B' A1, B1,C1, D1. Khi đó I là tâm của hình hộp ABCD. AB1C1 D1. Vậy C' O' V  ABCD.MNPQ   V  MNPQ.A1B1C1 D1   D' A' 1 1 11 V ( ABCD. A1 B1C1D1 )  a 2OO1  a 3 2 2 30 Câu 8: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bên bằng 1.; đáy ABCD là một hình chữ nhật có các cạnh BA  3, AD  7; các mặt bên  ABB ' A '  và  ADD ' A ' hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự 450 ;600. Thể tích khối hộp là: A. 4 (đvdt) B. 3 (đvdt) C. 2 (đvdt) D. 6 (đvdt) D' C' Hướng dẫn giải: Dựng A ' H   ABCD  và A ' I  AB, A ' J  AD  HI  AB , HJ  AD. Ta có  A ' IH  450 ;  A ' JH  600. A' B' Đặt A ' H  h. Tam giác HA ' J vuông có  A ' JH  600 nên là nửa tam giác đều có cạnh A ' J , đường cao A ' H , HJ là nửa cạnh D C 600  A' J  h 3 2  2h 3 2 J H A 450 I B 12h 2 9  12h 2  A ' J  AA '  A ' J  1   9 9 2  AJ  2 2 3 9  12h 2 với 0  h  3 2 Tam giác HA ' I vuông cân tại H  IH  A ' H  h AIHJ là hình chữ nhật. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 50 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A AJ  IH  Khối Đa Diện Nâng Cao 9  12h 2 3  h  9  12h 2  9h 2  h  3 21 Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' : V  S ABCD . A ' H  3. 7. 3  3 (đvdt) 21 Chọn B. Câu 9: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai mặt chéo là S1 và S 2 ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là  . Tính thể tích V của khối hộp đã cho. A. V  S1S2 cos a B. V  S1S2 cos . 3a C. V  S1S2 cos 4a D. V  S1S2 cos 2a Hướng dẫn giải: Gọi O và O ' theo thứ tự là tâm của hai mặt đáy ABCD, A ' B ' C ' D '. D' Hai mặt chéo  ACC ' A ' và  BDD ' B ' có giao tuyến là OO ', có diện tích theo thứ tự S1 , S2 . Dựng mặt phẳng  P  vuông góc với OO' tại I , cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD ' theo thứ tự tại E , F , G, H (  P   các cạnh bên).    là Ta có: EG, HF  OO' tại I  EIH góc giữa hai mặt phẳng chéo  ACC ' A ' và C' A' B' H G I P F E D A C B  BDD ' B ' . - EFGH là một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành. Do đó, ta có thể tích V của hình hộp là: 1 V  S EFGH . AA '  .EG.HF . AA '.sin  2 Ta lại có: S1  S ACC ' A '  EG.AA'  EG= S1 S ; S2  S BDD ' B '  HF .BB '  HF  2 a a 1 S S S S cos  V  . 1 . 2 a.sin   1 2 . 2 a a 2a Chọn D. Câu 10: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bên bằng a và các góc A ' AB, BDA, A ' AD đều bằng   00    900  . Tính thể tích V của khối hộp. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 51 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. V  a 3 sin 2 cos 2 C. V  2a 3 sin a  cos 2 arcsin  2 Khối Đa Diện Nâng Cao B. V  2a 3 sin  cos 2  a cos 2  cos 2 2 2 a  cos 2 2 D. Đáp số khác. Hướng dẫn giải: Ta có  A ' O  BD  BD   A ' AC   BD  AH   AC  BD  AH   ABCD   HK  AD C' D' Dựng A ' H  AC ; A ' K  AD  A ' BD cân tại A '  A ' O  BD A' D B' C Đặt  A ' AO   .HAA ' vuông tại AH H  cos = AA ' K H O A B ABCD là hình thoi  AC là phân giác    ,KAH vuông tại K góc BAD  cos  AK  AH AK AK   cos .cos  .   cos 2 AH 2 AA ' AH AA '  cos  cos a cos 2  A ' H  AA '.sin   a.sin   A ' H  a 1      cos cos 2 cos 2 2 2 Do đó ta có: VABCD. A ' B ' C ' D '  S ABCD . A ' H  a 2 .sin  . a cos  2a3 sin  2 cos 2 cos 2   cos 2 2   cos 2 2  a cos 2  cos 2 . 2 2 Chọn C.    ; đường chéo AC ' hợp Câu 11: Cho khối hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a , AD  b, BAD với đáy góc  . Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là: A. V  4ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos B. V  2ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos C. V  3ab a2  b2  2ab.cos .sin  .tan D. V  ab a2  b2  2ab.cos .sin .tan Hướng dẫn giải: V  ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 52 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có: CC '   ABCD  '    CAC  ABCD  . là góc của AC ' và mặt đáy ABC , Xét ta  AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC .cos ABC D' C' có: A' B'  a  b  2ab.cos 180     a  b  2ab.cos . 2 2 0 2 2 b 2 D C 2  AC  a  b  2 ab.cos Do đó ta 2 có: A 2 CC '  AC.tan   a  b  2ab.cos .tan  . a B Thể tích của hình hộp đứng: V  S ABCD .CC '  ab sin  . a 2  b 2  2ab.cos .tan  V  ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan Chọn D. CỰC TRỊ THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ Câu 12: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có tồng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ dài đường chéo AC  bằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? A. 8 . B. 8 2 . C. 16 2 . D. 24 3 . Hướng dẫn giải: Chọn C. Gọi chiều dài 3 cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: a , b , c  0 Ta có AC 2  a 2  b 2  c 2  36; S  2ab  2bc  2ca  36  ( a  b  c) 2  72  a  b  c  6 2 3 3 a bc 3  abc   6 2   abc  abc      3   16 2 . Vậy VMax  16 2 3 3     Câu 13: Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích các mặt bằng 36 và độ dài đường chéo bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp chữ nhật đã cho? A. Vmax  8 . B. Vmax  12 . C. Vmax  8 2 . D. Vmax  6 6 . Hướng dẫn giải: Chọn C Gọi a, b, c là các kích thước của hình hộp chữ nhật. Ta có File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 53 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao * Độ dài đường chéo d  a 2  b 2  c 2  6 . * Tổng diện tích các mặt S  2  ab  bc  ca   36 . Ta tìm giá trị lớn nhất của V  abc . Ta có a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac  6 2 .  2 Mà  b  c   4bc  6 2  a   2    4 18  a  b  c    4 18  a 6 2  a   0  a  4 2.   Khi đó V  abc  a 18  a 6 2  a  a 3  6 2a 2  18a  f  a  . Khảo sát hàm số y  f  a  trên  0; 4 2  . a  2 Ta có f   a   0   .  a  3 2 So sánh f  0   0, f  2  8     2, f 3 2  0, f 4 2  8 2 ta được Vmax  8 2 . Câu 14: Cho hình hộp chữ nhật có tổng độ dài tất cả các cạnh bằng 32, độ dài đường chéo bằng 2 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp đã cho. A. Vmax  16 2 . B. Vmax  16 . C. Vmax  6 6 . D. Vmax  12 3 . Hướng dẫn giải: Chọn B Gọi a, b, c là kích thước của hình hộp chữ nhật, ta có 4  a  b  c   32 a  b  c  8  2  2 2 2 2 2 a  b  c  24  a  b  c  2 6 Suy ra ab  bc  ca  b  c  2 a  b  c 2   a 2  b2  c2  2  20 2  4bc   8  a   4 20  a  8  a    0  a  4 . V  abc  a  20  a  8  a    f  a   a  a 2  8a  20  . Suy ra Vmax  max f  a   f  2   f  4   16  0;4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 54 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 15: Tìm Vmax là giá trị lớn nhất của thể tích các khối hộp chữ nhật có đường chéo bằng 3 2cm và diện tích toàn phần bằng 18cm2 . A. Vmax  6cm 3 . B. Vmax  5cm3 . C. Vmax  4cm 3 . D. Vmax  3cm3 . Hướng dẫn giải: Chọn C. a 2  b 2  c 2  18 Đặt a, b, c là kích thước của hình hộp thì ta có hệ  . ab  bc  ac  9  Suy ra a  b  c  6. Cần tìm GTLN của V  abc. Ta có b  c  6  a  bc  9  a  b  c   9  a  6  a  . 2 2 Do  b  c   4bc   6  a   4 9  a  6  a    0  a  4. Tương tự 0  b, c  4 . Ta lại có V  a 9  a  6  a   . Khảo sát hàm số này tìm được GTLN của V là 4. Câu 16: Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích các mặt bằng 36 và độ dài đường chéo bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp chữ nhật đã cho? A. Vmax  8 . C. Vmax  8 2 . B. Vmax  12 . D. Vmax  6 6 . Hướng dẫn giải: Chọn C Gọi a, b, c là các kích thước của hình hộp chữ nhật. Ta có * Độ dài đường chéo d  a 2  b 2  c 2  6 . * Tổng diện tích các mặt S  2  ab  bc  ca   36 . Ta tìm giá trị lớn nhất của V  abc . Ta có a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac  6 2 .  2 Mà  b  c   4bc  6 2  a    2    4 18  a  b  c    4 18  a 6 2  a   0  a  4 2.  Khi đó V  abc  a 18  a 6 2  a  a 3  6 2a 2  18a  f  a  . Khảo sát hàm số y  f  a  trên  0; 4 2  . a  2 Ta có f   a   0   .  a  3 2 So sánh f  0   0, f  2  8     2, f 3 2  0, f 4 2  8 2 ta được Vmax  8 2 . Câu 17: Cho hình hộp chữ nhật có tổng độ dài tất cả các cạnh bằng 32, độ dài đường chéo bằng 2 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp đã cho. A. Vmax  16 2 . B. Vmax  16 . C. Vmax  6 6 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. Vmax  12 3 . Trang 55 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Hướng dẫn giải: Chọn B Gọi a, b, c là kích thước của hình hộp chữ nhật, ta có 4  a  b  c   32 a  b  c  8  2  2 2 2 2 2 a  b  c  24  a  b  c  2 6 Suy ra ab  bc  ca  b  c  2 a  b  c 2   a 2  b2  c2  2  20 2  4bc   8  a   4 20  a  8  a    0  a  4 . V  abc  a  20  a  8  a    f  a   a  a 2  8a  20  . Suy ra Vmax  max f  a   f  2   f  4   16  0;4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 56 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao TỈ LỆ THỂ TÍCH A- LÝ THUYẾT CHUNG 1. Hai khối chóp S . A1 A2 ... An và S .B1 B2 ...Bm có chung đỉnh S và hai mặt đáy cùng nằm trên một mặt VS . A1 A2 ... An S A1A2 ... An  phẳng, ta có: VS .B1B2 ... Bm S B1B2 ... Bm 2. Hai khối chóp tam giác S . ABC có A  SA, B  SB , C '  SC ta có: VS . A ' B ' C ' SA SB SC   . . vS . ABC SA SB SC 3. Kiến thức cần nhớ đối với khối lăng trụ tam giác và khối hộp. VA. ABC  V 2V , VA. BCC B  . 3 3 VA. ABD  V V , VBDAC   . 6 3 4. Một số công thức nhanh cho các trường hợp hay gặp 2 2 BH  AB  CH  AC    Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có  ,  . BC  BC  CB  BC  Mặt phẳng   song song với mặt đáy của khối chóp S . A1 A2 ... An cắt SAk tại điểm M k thỏa mãn VS .M1M 2 ...M n SM k  p3 .  p, ta có VS . A1A2 ... An SAk Hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có AM BN CP x y z  x,  y,  z có VABC .MNP  V. AA BB CC  3 AM BN CP  x,  y,  z . Mặt phẳng  MNP  cắt DD ' tại Q thì ta AA BB CC  DQ x y  z t có đẳng thức x  z  y  t với t  và VABCD. MNPQ  V. DD 4 Hình hộp ABCD. ABC D có SM SN SP  x,  y,  z . Mặt phẳng SA SB SC 1 1 1 1 SQ thức    với t  và x z y t SD Hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và  MNP  VS .MNPQ  cắt SD tại Q thì ta có đẳng  1 1 1 1 1 xyzt      V . 4 x y z t Định lí Meneleus cho 3 điểm thẳng hàng MA NB PC . .  1 với MNP là một đường thẳng cắt ba MB NC PA đường thẳng AB, BC , CA lần lượt tại M , N , P. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 57 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Cho hình chóp S . ABC .Trên cạnh SA lấy các điểm M , N sao cho SM  MN  NA .Gọi   ,    là các mặt phẳng song song với mặt phẳng  ABC  và lần lượt đi qua M , N .Khi đó hai mặt phẳng   ,    chia khối chóp đã cho thành 3 phần.Nếu phần trên cùng có thể tích là 10 dm3 tích hai phần còn lại lần lượt là? Câu 2: A. 80 dm3 và 190 dm 3 . B. 70 dm3 và 190 dm 3 . C. 70 dm3 và 200 dm3 . D. 80 dm3 và 180 dm 3 . Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng V . Gọi SM 1 SN 2 SP 1 M , N , P lần lượt là các điểm trên các cạnh SA, SB , SC sao cho  ,  ,  . SA 2 SB 3 SC 3 Mặt phẳng  MNP  cắt cạnh SD tại điểm Q . Tính thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ . A. Câu 3: 5 V. 63 B. 10 V. 63 C. 53 V. 63 D. 58 V. 63 Cho khối chóp S .ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  3a , AD  a , SA vuông góc với đáy và SA  a . Mặt phẳng   qua A vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S .AMNP . 3 3a 3 . A. 40 Câu 4: B. 3a 3 . 40 3a 3 C. . 10 D. 3a 3 . 30 Cho khối chóp S .ABCD có thể tích V và đáy là hình bình hành. Điểm S  thỏa mãn   SS   k DC  k  0  . Biết thể tích phần chung của hai khối chóp S .ABCD và S . ABCD là 7 V . Tìm k . 25 A. k  9 . Câu 5: B. k  6 . C. k  11 . D. k  4 . Cho hình chóp S . ABC có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng  P  song song với mặt đáy  ABC  cắt các cạnh SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác MNP biết  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. A. S MNP  Câu 6: a2 . 3 . 8 B. S MNP  a 3. 3 . 16 C. S MNP  a2 . 3 43 2 D. S MNP  a2 . 3 . 43 4 Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  b và cạnh bên  ABCD  . Gọi M là một điểm trên cạnh SA sao cho để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp thành hai khối đa diện có SA  c vuông góc với mặt phẳng AM  x  0  x  c  . Tìm x thể tích bằng nhau. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 58 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. x  Câu 7: SM 3  13 .  SA 2  2  3  ab . 2c C. x  3  5  c . 2 D. x    5  1 ab 2c . B. SM 4  26 .  SA 2 C. SM 3  17 .  SA 2 D. SM 3  23 .  SA 2 Cho điểm M trên cạnh SA , điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S . ABC có thể tích SM 1 SN bằng V sao cho  ,  x . Mặt phẳng  P  qua MN và song song với SC chia khối SA 3 SB chóp S . ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính x . A. x  Câu 9: 2 B. x  Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB / /CD và CD  4 AB .Gọi M SM là 1 điểm trên cạnh SA sao cho 0  AM  SA . Tìm tỉ số sao cho mặt phẳng  CDM  SA chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau: A. Câu 8: 3  2  c . Khối Đa Diện Nâng Cao 4 5 3 B. x  8  10 6 C. x  4 5 6 D. x  8  10 9 Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a , Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB , BC svà BD E là điểm thuộc tia đối DB sao cho  k . Tìm k để mặt phẳng  MNE  chia khối tứ BE diện thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích là A. k  6 . 5 B. k  6 . C. k  4 . 11 2a 3 . 294 D. V  5 . Câu 10: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng 2cm. Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác ABC , ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp AMNP. A. V  2 cm3 . 162 B. V  2 2 3 cm . 81 C. V  4 2 3 cm . 81 D. V  2 cm3 . 144 Câu 11: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S .ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: A. 7 . 5 B. 1 . 7 C. 7 . 3 D. 6 . 5 Câu 12: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho BC  4 BM , BD  2 BN , AC  3 AP. Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng  MNP  . A. 2 3 B. 7 13 C. 5 13 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 1 3 Trang 59 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 13: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ', có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ', A ' C sao cho AM A ' N 1   . Tính thể tích V của khối AB ' A ' C 3 BMNC ' C. A. a3 6 108 B. 2a 3 6 27 C. 3a 3 6 108 D. a3 6 27 Câu 14: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên 1 và phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt 3 phẳng  SAD  chia khối chóp S .ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A. 0,11 B. 0,13 C. 0,7 D. 0,9 Câu 15: Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số A. 4 5 B. 5 4 C. 3 4 D. V1 . V2 4 3 Câu 16: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S . AB’C’D’ theo a. A. 3 3a 3 20 3a 3 20 B. C 3 3a 3 10 D. 3 5a 3 10 Câu 17: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa hai mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mãn tan   tứ diện ABCE và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 . Tính tỷ số A. 3 8 B. 1 8 C. 5 2 . Gọi thể tích của hai 7 V1 . V2 3 5 D. 5 8 Câu 18: Cho khối chóp S . ABC có SA  6, SB  2, SC  4, AB  2 10 và SBC  90 , ASC  120  . Mặt phẳng  P  qua B và trung điểm N của SC và vuông góc với mặt phẳng  SAC  cắt cạnh SA tại M . Tính tỉ số thể tích VS .MBN . VS . ABC File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 60 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 2 . 9 B. 2 . 5 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 1 . 6 D. 1 . 4 Câu 19: Khối tứ diện ABCD có thể tích V , khối tứ diện A1 B1C1 D1 có thể tích V1 , các đỉnh A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB,ABC . Khối tứ diện A2 B2 C2 D2 có thể tích V2 , các đỉnh A2 , B2 , C2 , D2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác B1C1 D1 , C1 D1 A1 , D1 A1 B1 , A1 B1C1 . Cứ tiếp tục như thế ta được khối tứ diện An Bn Cn Dn có thể tích Vn , các đỉnh An , Bn , Cn , Dn lần lượt là trọng tâm của các tam giác Bn 1Cn 1 Dn 1 , Cn 1 Dn 1 An 1 , Dn 1 An 1 Bn 1 , An 1 Bn 1Cn 1 . Tính S  V1  V2  ...  V2018 ? 3  1 V 2018 A. S  2018 2.3  27 C. S  2018 .  1 V 26.27 2018 B. S   27 2019 26.27 2019 3 D. S   1 V 2019 .  1 V 2019 2.3 . . Câu 20: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA, CC  sao cho MA  MA; NC  4 NC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Hỏi trong bốn khối tứ diện GABC , BBMN , ABBC  và ABCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABCN . B. Khối GABC  . C. Khối ABBC  . D. Khối BBMN . Câu 21: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’ , có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M , N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho AM A'N 1   . Tính thể tích V của khối AB ' A 'C 3 BMNC’C. a3 6 A. 108 2a 3 6 B. 27 3a 3 6 C. 108 a3 6 D. 27 Câu 22: Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó A. 25 . 47 B. 1. C. 17 . 25 V1 là V2 D. 8 . 17 Câu 23: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ' B ' và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi H  A. là khối đa diện chứa đỉnh A,  H ' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số V H  V H '  37 48 B. V H  V H '  55 89 C. V H  V H '  2 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay V H  V H ' D. . V H  V H '  1 2 Trang 61 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 24: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa đỉnh A, V2 là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số A. 2 . 3 B. 55 . 89 C. V1 . V2 37 . 48 D. 1 . 2 Câu 25: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V V1 , V2 (Trong đó V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  1 . V2 A. 7 . 17 B. 1. C. 17 . 25 D. 8 . 17 Câu 26: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. A. 25 . 47 B. 1. C. 49 . 95 D. 8 . 17 CỰC TRỊ TỈ LỆ THỂ TÍCH Câu 27: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A , C  thỏa  1   1  mãn SA  SA, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD 3 5 V lần lượt tại B, D và đặt k  S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD A. 1 . 60 B. 1 . 30 C. 4 . 15 D. 15 . 16 Câu 28: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C  là trung điểm cạnh SC . V Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD tại B, D . Đặt m  S .B C D . VS . ABCD Giá trị nhỏ nhất của m bằng : A. 2 . 27 B. 4 . 27 C. 1 . 9 D. 2 . 9 Câu 29: Cho khối tứ diện đều S . ABC cạnh bằng a . Mặt phẳng  P  đi qua S và trọng tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại M , N . Đặt m  VS . AMN . Giá trị nhỏ nhất của m VS . ABC bằng File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 62 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 2 . 3 B. 2 . 9 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 4 . 9 D. 1 . 3 Câu 30: Cho hình chóp S .ABCD có thể tích V và đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng qua A và trung điểm N cạnh SC cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S .AMNP . A. V . 8 B. 3V . 8 C. V . 4 D. V . 3 Câu 31: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình hình hành. Các điểm A , C  thỏa  1   1  mãn SA  SA, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD 3 5 V lần lượt tại B, D và đặt k  S . ABCD . Tính giá trị lớn nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD A. 4 . 105 B. 1 . 30 C. 4 . 15 D. 4 . 27 Câu 32: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các điểm di động trên các cạnh AB , AD sao cho AB 2 AD   4 . Gọi V ' là thể tích khối AM AN chóp S . AMN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ' . A. 1 V 4 B. 1 V 6 C. 1 V 8 D. 1 V 3 Câu 33: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các điểm di động trên các cạnh AB , AD sao cho AB 2 AD   4 . Gọi V ' là thể tích khối AM AN chóp S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của V ' . A. 1 V 4 B. 2 V 3 C. 3 V 4 D. 1 V 3 Câu 34: Cho hình chóp S .ABCD có thể tích V , đáy là hình bình hành. Mặt phẳng   đi qua A , trung điểm I của SO cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S .AMNP . A. V . 18 B. V . 3 C. V . 6 D. 3V . 8 Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD, SA là đường cao, đáy là hình chữ nhật với SA  a, AB  b, AD  c. Trong mặt phẳng  SDB  lấy G là trọng tâm tam giác SDB , qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt cạnh SD tại N, mp  AMN  cắt SC tại K. Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó. A. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  8 9 B. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  8 10 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 63 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A C. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  9 10 Khối Đa Diện Nâng Cao D. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  10 11 Câu 36: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ', C ' thỏa mãn  1   1  SA '  SA , SC '  SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ' C ' cắt các cạnh SB, SD lần 3 5 V lượt tại B ', D ' và đặt k  S . A ' B ' C ' D ' . Giá trị lớn nhất của k là? VS . ABCD A. 4 . 105 B. 1 . 30 C. 4 . 15 D. 4 . 27 Câu 37: Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P , Q lần lượt là hình chiếu của M , N , P , Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số SM để thể tích khối đa diện SA MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. A. 3 . 4 B. 2 . 3 C. 1 2 D. 1 . 3 Câu 38: Cho khối chóp S . ABC . Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Gọi M  , N  , P lần lượt là hình chiếu của M , N , P trên mặt phẳng SM đáy. Tìm tỉ số để thể tích khối đa diện MNP. M N P đạt giá trị lớn nhất. SA A. 3 . 4 B. 2 . 3 C. 1 . 2 D. . . . Câu 39: Cho hình chóp S . ABC D 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 hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V V1 là thể tích của khối chóp S . AM PN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V A. 1 . 8 B. 2 . 3 C. 3 . 8 D. 1 . 3  Câu 40: Cho hình chóp S . ABC có ASB  BSC  CSA  30 và SA  SB  SC  a . Mặt phẳng  P  qua A cắt hai cạnh SB, SC lần lượt tại B, C sao cho chu vi tam giác ABC  nhỏ nhất. Gọi V1 , V2 lầ lượt là thể tích các khối chóp S . AB C , S . ABC . Tính tỉ số A. V1  3 2 2 . V2 B. V1  3 1 . V2 C. V1  42 3. V2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay V1 . V2 D. V1  2 1 . V2 Trang 64 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao    Câu 41: Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a ASB  60 , BSC  90 , ASC  120 . Gọi CN AM  . Khi khoảng cách giữa M , N lần lượt là các điểm trên cạnh AB và SC sao cho SC AB M và N nhỏ nhất, tính thể tích V của khối chóp S . AMN . A. 2a 3 . 72 B. 5 2a 3 . 72 C. 5 2a 3 . 432 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 2a 3 . 432 Trang 65 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao C – HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho hình chóp S . ABC .Trên cạnh SA lấy các điểm M , N sao cho SM  MN  NA .Gọi   ,    là các mặt phẳng song song với mặt phẳng  ABC  và lần lượt đi qua M , N .Khi đó hai mặt phẳng   ,    chia khối chóp đã cho thành 3 phần.Nếu phần trên cùng có thể tích là 10dm3 tích hai phần còn lại lần lượt là? A. 80dm3 và 190dm3 . B. 70 dm3 và 190dm3 . C. 70 dm3 và 200dm3 . D. 80dm3 và 180dm3 . Hướng dẫn giải: Chọn B S Đặt V  VS . ABC , V1  S S . MNP ta có: M Q 3 V1  SM SP SQ 1 1 . . .V    V  V  V  270 dm3 . SA SB SC 27  3 N F P C Tương tự ta có : E 3 SN SE SF 8 2 V1  V2  . . .V    V  V  80 dm3 . SA SB SC 27 3 B Do đó: V2  80  V1  70 dm3 , V3  V  V1  V2  190 dm3 . Chọn B. Câu 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng V . Gọi SM 1 SN 2 SP 1  ,  ,  . M , N , P lần lượt là các điểm trên các cạnh SA, SB, SC sao cho SA 2 SB 3 SC 3 Mặt phẳng  MNP  cắt cạnh SD tại điểm Q . Tính thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ . A. 5 V. 63 B. 10 V. 63 C. 53 V. 63 D. 58 V. 63 Hướng dẫn giải: Chọn D Đặt x  t SM 1 SN 2 SP 1  , y  , z  , SA 2 SB 3 SC 3 SQ . SD Ta có 1 1 1 1 3 1 2     23   t  . x z y t 2 t 7 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 66 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 1 5 Do đó VS .MNPQ  VS .MNP  VS . PQM  xyz. V  zxt. V  xz  y  t  V  V . 2 2 2 63 5  58  Suy ra VABCD. MNPQ   1   V  V . 63  63  Câu 3: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  3a , AD  a , SA vuông góc với đáy và SA  a . Mặt phẳng   qua A vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S . AMNP . 3 3a 3 A. . 40 B. 3a 3 . 40 3a 3 C. . 10 3a3 D. . 30 Hướng dẫn giải: Chọn B Ta có SC     SC  AM , SC  AN , SC  AP . Mặt khác CB   SAB   AM  CB  AM   SBC   AM  SB . Tương tự ta có AP  SD . Thể tích khối chóp ban đầu là 1 3a 3 . V 3a 2 .a  3 3 SA  1, SA 2 SM  SA  a2 1 y    ,  2 2 SB  SB  a  3a 4 Tính các tỉ số x  2 2 SN  SA  a2 1 SP  SA  a2 1 , z    t     .    2 2 2 2 2 SC  SC  a  3a  a 5 SD  SD  a a 2 Vậy V   Câu 4: xyzt  1 1 1 1  3 3a 3 .    V  V    4 x y z t 40 40 Cho khối chóp S . ABCD có thể tích V và đáy là hình bình hành. Điểm S  thỏa mãn   SS   k DC  k  0  . Biết thể tích phần chung của hai khối chóp S . ABCD và S . ABCD là 7 V . Tìm k . 25 A. k  9 . B. k  6 . C. k  11 . D. k  4 . Hướng dẫn giải: Chọn D File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 67 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có AB // CD // SS  nên B  S A  SB, C   S D  SC . Theo Thales ta cũng có BS C S S S SB SC  k SD   k   ,t   1. BB C C DC SB SC k  1 SD Do đó VS . ADC B   k 2  2k  1 1 k k 1 1 1 1   .1.1. .    V  V.  2 k k  4 k 1 k 1 1 1 2k  k  1 k 1 k  1   Vậy thể tích phần chung là V   V  VS . ADC B Câu 5:  k 2  2k  1  7  1  V  V  k  4  k  0  . 2  2k  k  1  25   Cho hình chóp S . ABC có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng  P  song song với mặt đáy  ABC  cắt các cạnh SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác MNP biết  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. A. S MNP  a2 . 3 . 8 B. S MNP  a3. 3 . 16 C. S MNP  a2 . 3 43 2 D. S MNP  a2 . 3 . 43 4 Hướng dẫn giải: Chọn D. VS . MNP SM SN SP  SM  . .    VS . ABC SA SB SC  SA  Theo bài ra: VS .MNP 1  VS . ABC 2 3 1  2 3  SM  1 Từ 1 ,  2  ta có     SA  2 SM 1   3 SA 2 Lại có: VS .MNP VS . ABC Mà 1 d  S ,  MNP   .S MNP 1 3  = 1 d  S ,  ABC   .SABC 2 3 d  S ,  MNP   d  S ,  ABC   = SM 1  3 SA 2 Từ  3 ,  4  ta có được  3  4 3 3 2 2 a2. 3 a2. 3 S MNP 3 2  SMNP = S ABC   3 . = 2 2 4 S ABC 2 4. 4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 68 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 6: Khối Đa Diện Nâng Cao Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  b và cạnh bên  ABCD  . Gọi M là một điểm trên cạnh SA sao cho để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp thành hai khối đa diện có SA  c vuông góc với mặt phẳng AM  x  0  x  c  . Tìm x thể tích bằng nhau. A. x  3  2  c . 2 B. x   2  3  ab . C. x  2c 3  5  c . D. x  2   5  1 ab 2c . Hướng dẫn giải: Chọn C S SM SN c  x Ta có   SA SD c Vì vậy VS .MBC SM c  x cx    VS .MBC  VS . ABCD 2c VS . ABC SA c M Và 2 2 VSMNC SM .SN  c  x  c  x V    VS . MNC  S . ABCD 2 VSADC SA.SD c 2c 2 A N B D C Vậy VSMNBC 2   c  x 2 c  x  c  x   c 2  cx  1    VSABCD  VSABCD .  2c 2  2 c c2   Từ giả thiết ta có Câu 7: c  x  2  3 5 c  c 2  cx 2 2 c cx x x  1   3   0   . c2 2 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB / /CD và CD  4 AB .Gọi M là SM 1 điểm trên cạnh SA sao cho 0  AM  SA . Tìm tỉ số sao cho mặt phẳng  CDM  chia SA khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau: A. SM 3  13 .  SA 2 B. SM 4  26 .  SA 2 C. SM 3  17 .  SA 2 D. SM 3  23 .  SA 2 Hướng dẫn giải: Chọn B Đặt x  SM SN  , 0  x  1. SA SB File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 69 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Ta có VSADC S ADC AD   4 VSABC S ABC AB  VSADC Ta có Khối Đa Diện Nâng Cao . 4 1  VSABDC , VSABC  VSABDC 5 5 VSMCD SM 4x   VSMCD  VSABDC VSACD SA 5 VSMNC SM SN x2  .  x 2  VSMNC  VSABC VSABC SA SB 5  4 x x2  V Vậy VSMNCD     VSABCD  SABCD 5 2  5 4 x x2 1 4  26 .   x 5 5 2 2 Suy ra Câu 8: Cho điểm M trên cạnh SA , điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S . ABC có thể tích SM 1 SN  ,  x . Mặt phẳng  P  qua MN và song song với SC chia khối bằng V sao cho SA 3 SB chóp S . ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính x . A. x  4 5 3 B. x  8  10 6 C. x  4 5 6 8  10 9 D. x  Hướng dẫn giải: Chọn B S Trong  ABS  : MN  AB  E , trong M  SAC  : MQ / / SC , Q  AC , trong  ABC  : EQ  BC  P . Khi đó NP / / SC / / MQ  SM CQ 1 SN CP   ,   x. SA CA 3 SB CB N A Trong tam giác NB MS EA SAB : . . 1 NS MA EB 1  x 1 EA EA 2x AB 3x  1  . .  1    x 2 EB EB 1  x EB 1  x Ta có VEAMQ VS . ABC  Q C P B E AM AQ EA 2 2 2 x 8x 8x . .  . .   VEAMQ  V AS AC BA 3 3 3 x  1 9  3 x  1 9  3x  1 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 70 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 3 3 VEBNP BN BP EB 1  x   V  1  x  V 2 1 x  . .  1  x  .  EBNP 3x  1 3 x  1 3x  1 VS . ABC BS BC AB 3  VAMQBNP Câu 9: 3 1  x  V  1 V  8x  1  x   1  x  8  10 8x  V 9  3x  1 3x  1 2 9  3x  1 3x  1 2 6 Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a , Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB , BC svà E là điểm thuộc tia đối DB sao cho BD  k . Tìm k để mặt phẳng  MNE  chia khối BE tứ diện thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích là A. k  6 . 5 B. k  6 . 11 2a3 . 294 D. V  5 . C. k  4 . Hướng dẫn giải: Chọn C A Ta có diện tích khối tứ diện đều cạnh a3 2 a bằng V0  12 M VBMNE BM BN BE  . . VABCD BA BC BD  VBMQE 1  V0 4 Q E B D P Theo ta let ta có: 2  k  1 EP EQ k 1    EN EM k  1  1 2k  1 2 N C 2  VEDPQ 4  k  1 k  1 1 EP EQ DE  . . VBMQE  . V0 2 EN EM BE  2k  1 k 4 Do đó VBMNPQD VBMNPQD 2 3 4  k  1 k  1 1 4  k  1  k k   V0  . V0  V0 1   2 4 4  k  2k  12   2k  1 k 4 3 4  k  1  k k  22 k 4  V0 hay V0  V0 1  4 4  k  2k  12  49 Câu 10: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng 2cm. Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác ABC , ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp AMNP. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 71 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. V  2 cm3 . 162 B. V  2 2 3 cm . 81 Khối Đa Diện Nâng Cao C. V  4 2 3 cm . 81 D. V  2 cm3 . 144 Hướng dẫn giải: Chọn C. A Tam giác BCD đều  DE  3  DH  AH  AD 2  DH 2  2 3 3 2 6 3 N 1 1 1 1 3 S EFK  .d  E , FK  .FK  . d D,BC  . BC  2 2 2 2 4  VSKFE  M B K P D 1 1 2 6 3 2 . AH .S EFK  . .  3 3 3 4 6 H E F AM AN AP 2    Mà AE AK AF 3 C Lại có: VAMNP AM AN AP 8 8 4 2 .  . .   VAMNP  VAEKF  27 81 VAEKF AE AK AF 27 Câu 11: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC . Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S .ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: A. 7 . 5 B. 1 . 7 C. 7 . 3 D. 6 . 5 Hướng dẫn giải: Chọn A. S Giả sử các điểm như hình vẽ. E  SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM . N E H Ta có:    60 SD ,  ABCD   SDO  a 6  SO  2 D C  , O B M F A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 72 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A SF  SO 2  OF 2  Khối Đa Diện Nâng Cao a 7 2  d  O,  SAD    OH  h  a 6 1 a2 7 ; S SAD  SF .AD  2 4 2 7 VMEFD ME MF MD 1     VMNBC MN MB MC 6 5 5 1 1 5 1 5a 3 6  VBFDCNE  VMNBC    d  M ,  SAD    S SBC   4h  S SAD  6 6 3 2 18 2 72 1 a3 6 7a3 6 VS . ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE   3 6 36 Suy ra: VSABFEN 7   VBFDCNE 5 Câu 12: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho BC  4 BM , BD  2 BN , AC  3 AP. Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng  MNP  . A. 2 3 B. 7 13 C. 5 13 D. 1 3 Hướng dẫn giải: Gọi I  MN  CD, Q  PI  AD, A kẻ DH / / BC  H  IM  , DK / / AC  K  IP  . NMB  NDH  ID DH BM 1    . IC CM CM 3 P Q IK DK ID 1 DK 1 2       DK  IP CP IC 3 2 AP 3 3 APQ  DKQ. Đặt V  VABCD . Ta có: N M VANPQ VANCD  I H B AQ AP 2 AQ 3     Suy ra  DQ DK 3 AD 5 K D C AP AQ 1 .  ; AC AD 5 1 VANCD VDACN DN 1     VANPQ  V VABCD VDABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1  .   VCDMP  V VCDBA CB CA 2 2 1 1 1  VV . ABMP  VDABMP  V  VCDMP  V 2 2 4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 73 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  VABMNQP  VANPQ  VN . ABMP  Khối Đa Diện Nâng Cao V 7 7 V  ABMNQP  20 VCDMNQP 13 7 . 13 Vậy mặt phẳng  MNP  chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích Chọn B. Câu 13: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ', có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ', A ' C sao cho AM A ' N 1   . Tính thể tích V của khối AB ' A ' C 3 BMNC ' C . A. a3 6 108 B. 2a 3 6 27 C. 3a 3 6 108 D. a3 6 27 Hướng dẫn giải: Gọi G, K lần lượt tâm các hình chữ A' C' nhật ABB ' A ' và AA ' C ' C. Ta có: AM 1 AM 2    AB ' 3 AG 3 (Do G trung điểm AB’) N Xét tam giác ABA ' có AG là trung tuyến và AM 2  . Suy ra M là trọng AG 3 B' K I M G C A tâm tam giác ABA '. Do đó BM đi q H ua trung điểm I của AA’. Ta có: A'N 1 A' N 2    A 'C 3 A' K 3 B (Do K là trung điểm A’C) Xét tam giác AA ' C ' có A ' K là trung tuyến A'N 2  . Suy ra N là trọng tâm của tam giác AA ' C '. Do đó C ' N đi qua trung điểm I A' K 3 của AA’. và Từ M là trọng tâm tam giác ABA ' và N trọng tâm của tam giác AA ' C '. Suy ra: IM IN 1   . IB IC ' 3 Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC ; IBCC '. Ta có: V1 IM IN IC 1  . .  V2 IB IC ' IC 9 8 Mà V1  V  V2  V  V2 . 9 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 74 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng  BB ' C ' C  . AA ' song song với mặt phẳng  BB ' C ' C  nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng  BB ' C ' C  bằng khoảng cách từ A đến  BB ' C ' C  và bằng AH. a 3 1 1 a 3 a2 2 a3 6 Ta có: AH  ; V2  d  I ,  BB ' C ' C   .S BCC '  . .  . 2 3 3 2 2 12 8 2a 3 6 . Suy ra: V  V2  9 27 Chọn B. Câu 14: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên 1 và phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt 3 phẳng  SAD  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A. 0,11 B. 0,13 C. 0, 7 D. 0,9 Hướng dẫn giải: S . ABCD là hình chóp tứ giác đều SO   ABCD  . S Gọi N là trung điểm CD CD  SN , CD  ON   SCD    ABCD   CD     SCD  ,  ABCD    SNO M A Kẻ CM  SD. Ta có:  AC  BD  AC   SBD    AC  SO D N O  AC  SD  SD   ACM    ACM    SAD  B C nên mặt phẳng  P  là  ACM  . + Xét tam giác SON vuông tại N có: SN  ON 3a  .  cos SNO 2 2 2  3a   a  SO  SN  ON        a 2.  2  2 2 2 + Xét tam giác SOD vuông tại O có: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 75 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 2 2 SD  SO  OD   a 2 a 10 a 2 `  .   2  2   2 1 1 SN .CD 3a 10 Ta có: S SCD  CM .SD  SN .CD  CM   . 2 2 SD 10 2  3a 10  a 10 Xét tam giác MCD vuông tại M có: DM  CD  CM  a   .   10  10  2 2 2 a 10 VM . ACD VMACD 1 DM DA DC 1 10 1 1   . . .    VMACD  VSABCD Ta có: VSABCD 2VSACD 2 DS DA DC 2 a 10 10 10 2 Mặt phẳng  P  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối M . ACD và S . ABCM  VSABCD  VMACD  VSABCM  VSABCM  Do đó: 9 VSABCD 10 VMACD 1   0,11 VSABCM 9 Chọn A. Câu 15: Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số A. 4 5 B. 5 4 C. 3 4 D. V1 . V2 4 3 Hướng dẫn giải: Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC , AC . S Ta có NP //MQ //SC . Khi chia khối ( H1 ) bởi mặt phẳng (QNC ) , ta được hai khối chóp N .SMQC và N .QPC . Ta có: VN .SMQC VB. ASC  M d ( N , ( SAC )) S SMQC ;  d (B, ( SAC )) S SAC d ( N , (SAC )) NS 2   ; d (B, ( SAC )) BS 3 N C A Q P B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 76 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A S AMQ S ASC 2 S SMQC 5 4  AM    .    9 S ASC 9  AS  Suy ra VN .QP C VS . ABC  Khối Đa Diện Nâng Cao VN .SMQC VB. ASC  2 5 10    3 9 27 d ( N , (QP C )) SQPC  d (S, (A BC )) S ABC 1 1 2 2 NB CQ CP       SB CA CB 3 3 3 27 V1 VN .SMQC VN .QP C 10 2 4 V1 4 V 4         5V1  4V2  1  V VB. ASC VS . ABC 27 27 9 V1  V2 9 V2 5 Câu 16: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC , SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S . AB’C’D’ theo a. 3 3a3 A. 20 3a 3 B. 20 3 3a3 C 10 3 5a 3 D. 10 Hướng dẫn giải: BC  AB, BC  SA  BC  (SAB)  BC  AB ' S SC  ( P)  SC  AB '  AB '  ( SBC )  AB '  SB Tương tự AD '  SD D' VS . AB ' C ' D '  VS . AB ' C '  VS . AD ' C ' VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC  .  . VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SA2 SA2 3 3 9  2. 2  .  SB SC 4 5 20 C' B' (1) D A C B VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 (2)  .  .  .  .  VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20 Do VS . ABC  VS . ADC 1 1 2 a3 3  . a .a 3  3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD 'C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3  3    VS . AB ' C ' D '  .  10 6 20 a3 3 a 3 20 20 6 6 Chọn A. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 77 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 17: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa hai mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mãn tan   V1 . V2 tứ diện ABCE và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 . Tính tỷ số A. 3 8 B. 1 8 C. 5 2 . Gọi thể tích của hai 7 3 5 D. 5 8 Hướng dẫn giải: +) Gọi M là trung điểm BC. A Khi đó BC  (MAD) nên (P)(AMD); (P)(AMD) =ME. H E Kẻ AHME thì AH(BCE) (do AH  (AMD)) K Kẻ DKME nên DK(BCE) (do DK  (AMD)). Hiển nhiên AH song song DK Khi đó V1 VA. BCE AH   V2 VD.BCE DK M +) Gọi  là góc giữa (P) và (ABC) (    ; 0    ). Hiển nhiên DME 2  AME   . Vì AM = DM nên: D B C sin  AH V   sin   1 .sin   t.sin  (1) sin  DK V2 +) Trong tam giác OMA: cos(   )  MO 1 1   cos cos   sin  sin  . (2) MA 3 3 Từ (1) có: cos  1  sin 2   1  t 2 .sin 2   1  t 2 .x ; với x=sin2. Thay vào (2) ta có: 1  t 2 x . 1  x  t.x  +) Giải phương trình có: x  Vì sin 2   x  tan 2   1 1  (1  t 2 x)(1  x)  t.x  . 3 3 8 . (9t  6t  9) 2 x 8 9t 2  6t  9 8  2 . 2  2 1  x 9t  6t  9 9t  6t  1 9t  6t  1  3 t  5 8 50 196 171 2 2 Theo giả thiết suy ra 2   9t  6t  1   9t  6t  0 9t  6t  1 49 25 25 t  19  15 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 78 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Vậy Khối Đa Diện Nâng Cao VABCE 3  VDBCE 5 Chọn C. Câu 18: Cho khối chóp S . ABC có SA  6, SB  2, SC  4, AB  2 10 và SBC  90 , ASC  120 . Mặt phẳng  P  qua B và trung điểm N của SC và vuông góc với mặt phẳng  SAC  cắt cạnh SA tại M . Tính tỉ số thể tích A. 2 . 9 B. VS .MBN . VS . ABC 2 . 5 C. 1 . 6 D. 1 . 4 Hướng dẫn giải: Chọn C S Ta có: VS .MBN SM SN 1 SM . .   k với k  SA VS . ABC SA SC 2 Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: ASB  90 ; BSC  60 ; ASC  120 H N Đặt           a  6, b  2, c  4 SA  a; SB  b; SC  c       B a.b  0; b.c  4; a.c  12 M A Vì  BMN    SAC  nên kẻ C BH  MN , H  MN  BH   SAC  .        Khi đó: BH  x.BM  1  x  BN  x SM  SB  1  x  SN  SB         1 x  1    x ka  b  1  x   c  b   kxa  b  c. 2 2        1 x     a  kxa  b  2 c   0  BH  SA  BH .SA  0    Lại có: BH   SAC              BH  SC  BH .SC  0 c  kxa  b  1  x c   0    2  1  k  3 36kx  6 1  x   0   . x  1 12kx  4  8 1  x   0  3 Vậy VS .MBN SM SN 1 1 1 1  .  k .  . VS . ABC SA SC 2 2 3 6 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 79 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 19: Khối tứ diện ABCD có thể tích V , khối tứ diện A1 B1C1 D1 có thể tích V1 , các đỉnh A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB,ABC . Khối tứ diện A2 B2C2 D2 có thể tích V2 , các đỉnh A2 , B2 , C2 , D2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác B1C1 D1 , C1 D1 A1 , D1 A1 B1 , A1 B1C1 . Cứ tiếp tục như thế ta được khối tứ diện An Bn Cn Dn có thể tích Vn , các đỉnh An , Bn , Cn , Dn lần lượt là trọng tâm của các tam giác Bn 1Cn 1 Dn 1 , Cn 1 Dn 1 An 1 , Dn 1 An 1 Bn 1 , An 1 Bn 1Cn 1 . Tính S  V1  V2  ...  V2018 ? 3 A. S  2018  1 V 2.32018  27 C. S  2018 .  1 V 26.27 2018  27 B. S  2019  1 V 26.27 2019 3 D. S  .  1 V 2019 2019 2.3 . . Hướng dẫn giải: Chọn C Ta có 3 1 1 V1    V  V 27 3 3 2 1 1  1  V2    V1  V1    V 27  3  27  … 3 V2018 1  1     V2017     3  27  2018 V 2018 2 1  1   1   S  V      ...     27   27  27  2018  1  1     1  27   V . .  1 27  1 27  27  2018  1 V 26.27 2018 Câu 20: Cho khối lăng trụ tam giác ABC . ABC  . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA, CC  sao cho MA  MA; NC  4 NC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Hỏi trong bốn khối tứ diện GABC , BBMN , ABBC và ABCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABCN . B. Khối GABC  . C. Khối ABBC  . D. Khối BBMN . Hướng dẫn giải: Chọn A. Gọi V là thể tích khối lăng trụ đã cho. 2 Ta có: VM . BBC C  VA. BBC C  VABBC C  V 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 80 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Và S BBN  SCBB  1 1 1 S BBC C  VA. BBC   VA. BBC C  V 2 2 3 Và S BBN  SCBB  1 1 1 S BBC C  VBBMN  VM . BBC C  V 2 2 3 Chú S BCN  4 2 2 S BCC   S BBC C  VA. BCN  VA.BBC C 5 3 3 ý: 4  V 15 . Chọn A. Câu 21: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’ , có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M , N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho AM A'N 1   . Tính thể tích V của khối AB ' A 'C 3 BMNC’C. A. a3 6 108 B. 2a 3 6 27 C. 3a 3 6 108 D. a3 6 27 Hướng dẫn giải: Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB’A’ và AA’C’C. AM 1 AM 2 Ta có:    (Do G trung điểm AB’). AB ' 3 AG 3 AM 2  . AG 3 Suy ra M là trọng tâm tam giác ABA’. Do đó BM đi qua trung điểm I của AA’. C' A' N Xét tam giác ABA’ có AG là trung tuyến và Ta có: A'N 1 A'N 2    (Do K là trung điểm A 'C 3 A'K 3 A’C). K I M B' G C A A'N 2  . A'K 3 Suy ra N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Do đó C’N đi qua trung điểm I của AA’. Xét tam giác AA’C’ có A’K là trung tuyến và H B Từ M là trọng tâm tam giác ABA’ và N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Suy ra: IM IN 1   . IB IC ' 3 Gọi V1; V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC’. Ta có: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 81 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V1 V2  Khối Đa Diện Nâng Cao 8 IM IN IC 1 . .  . Mà V1  V  V2 . Suy ra V  V2 . 9 IB IC ' IC 9 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng (BB’C’C). AA’ song song với mặt phẳng BB 'C ' C  nên khoẳng cách từ I đến mặt phẳng (BB’C’C) bằng khoẳng cách từ A đến (BB’C’C) và bằng AH. Ta có: AH  a 3 . 2 1 1 a 3 a2 2 a3 6 8 2a 3 6 . Suy ra V  V2  . V2  .d I ; BB 'C 'C  .S BCC '  . .   3  3 2 2 12 9 27 Chọn B. Câu 22: Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó A. 25 . 47 B. 1. C. 17 . 25 V1 là V2 D. 8 . 17 Hướng dẫn giải: Đường thẳng EF cắt AD tại N , cắt AB tại M , AN cắt DD tại P , AM cắt BB tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC QEFP và AQEFPBAD . Gọi V  VABCD. ABC D , V3  VA. AMN , V4  VPFDN , V4  VQMBE . Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 . V3  1 1 3a 3a 3a 3 AA. AM . AN  a. .  , 6 6 2 2 8 V4  1 1 a a a a3 PD.DF .DN  . . .  6 6 3 2 2 72 V1  V3  2V4  V2  V  V1  25a 3 , 72 47a 3 V 25 . . Vậy 1  72 V2 47 Chọn A. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 82 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 23: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ' B ' và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi H  A. là khối đa diện chứa đỉnh A,  H ' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số V H  V H '  37 48 B. V H  V H '  55 89 C. V H  V H '  2 3 V H  . V H ' D. V H  V H '  1 2 Hướng dẫn giải: AN  ND  J , JM  BB '  K . Ta có: BK  2 B ' K ; I  A ' D '. Ta có: A ' I  1 D ' D ' . Suy ra thiết diện là KMIDN 4 V H   VABA ' KMIDN  VD. ABKMA '  VD. BKN  VD.MA ' I A' M B' 1  1 a a  1 1 a 2a 1 1 a a 55a 3 I  a.  a 2  . .   a. . .  .a. . .  3  2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 144 3  V H '  a 3  3 V 55a 89a 55   H  . VH ' 89 144 144 K C' D' A B Chọn B. J N D C Câu 24: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa đỉnh A, V2 là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số A. 2 . 3 B. V1 . V2 55 . 89 C. 37 . 48 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 1 . 2 Trang 83 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao S M A' M A' E B' B' K D' D' C' C' A A B B N N D D C H C Hướng dẫn giải Gọi H  AB  DN ; MH cắt B ' B tại K , cắt A ' A tại S ; SD cắt A ' D ' tại E . Thiết diện tương ứng là ngũ giác DNKME . Phần đa diện chứa A có thể tích là: V1  VS . ADH  VS . A ' EM  VK . BNH . Dùng tam giác đồng dạng kiểm tra được: BA  BH ; AH  4 A ' M ; AD  4 A ' E và 1 SA '  B ' K  A ' A . 3 1 2 Đặt độ dài cạnh hình lập phương bằng 1 thì: SA '  ; KB  . 3 3 Ta có: VS . ADH  VS . A' EM  1 1 1 4 SA. AD. AH   1   .1.2  . 6 6 3 9 1 1 1 1 VS . ADH  ; VK . BNH  VS . ADH  64 144 8 18 Vậy thì phần đa diện chứa A có thể tích là: 4 1 1 55    . 9 144 18 144 Suy ra phần đa diện không chứa A có thể tích là: 13  55 89  . 144 144 Chọn B. Câu 25: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V V1 ,V2 (Trong đó V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  1 . V2 A. 7 . 17 B. 1. C. 17 . 25 D. 8 . 17 Hướng dẫn giải: *Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó  P   BDNM ). File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 84 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Thấy BMDNAA’=I. Khi đó: V1=V(A’MNABD); V2=V-V1. (Với V là thể tích hình hộp) * Ta có: V ( IA ' MN ) S ( AMN ) 1   V ( AA'B'D') S ( A ' B ' D ') 4 I V (AA'B'D') 1 1 * Mà:  nên có: V ( IA ' MN )  V V 6 24 * Lại có: V ( IA ' MN ) IA '.IM .IN 1   V ( IABD ) IA.IB.ID 8 D' C' N 1 *Vậy: V ( IABD )  V 3 M A' B' 1 1 7 17 * Do đó: V1  V  V  V nên V2  V  V1  V . 3 24 24 24 V 7 Vậy: 1  V2 17 D C A B Chọn A. Câu 26: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. A. 25 . 47 B. 1. C. 49 . 95 D. 8 . 17 Hướng dẫn giải: Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra EB EM FA ' 1 FN 1    . Lại từ đó suy ra  . EB ' EK FB ' 3 FK 2 E Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. EB 1  nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là EB ' 3 chiều cao lăng trụ). I A B M C J Mặt khác vì F Do đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ). VEBIM EI EM EB 1 1 1 1  . .  . .  nên VEBIM = VEB ' FK EF EK EB ' 3 3 3 27 1 3 1 . V  V. 27 8 72 A' B' N K C' VFA ' JN FJ FA ' FN 1 1 1 1 1 3 1  . .  . .  nên VFA’JN = . V  V . 18 8 48 VFB ' EK FE FB ' FK 3 3 2 18 Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B' và V2 là thể tích phần chứa điểm C. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 85 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V. Do đó V1 49  . V2 95 Chọn C. CỰC TRỊ TỈ LỆ THỂ TÍCH Câu 27: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A , C  thỏa  1   1  mãn SA  SA, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD 3 5 V lần lượt tại B, D và đặt k  S . ABC D . Giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD A. 1 . 60 B. 1 . 30 C. 4 . 15 D. 15 . 16 Hướng dẫn giải: Chọn A Đặt V  VS . ABCD , ta có: Đặt x  SB SD SA SC     35  8 . SB SD SA SC  1 1 SB SD  0, y   0   x  y    4 SB SD x y VS . ABC  SA SB SC  1 1  . .  x  VS . ABC   xV . 1 SA SB SC 15 30 V 2 VS . ADC  SA SD SC  1 1   y  VS . ADC   yV . . . 1 SA SD SC 15 30 V 2 Do đó k  VS . ABC D VS . ABCD  1 4 1 1  x  y  x  y    k  . 8 2 60 30 Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C  là trung điểm cạnh SC . V Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD tại B, D . Đặt m  S . BC D . VS . ABCD Giá trị nhỏ nhất của m bằng : A. 2 . 27 B. 4 . 27 C. 1 . 9 D. 2 . 9 Hướng dẫn giải: Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 86 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao VS .BC D SB SC  SD 1  . .  xy . 1 SB SC SD 2 V 2 1  SB SD  1 1 SA SC    1 2  3 . ;y m  xy  x   ;   2  SB SD  x y SA SC 1 1 2 4 1 Sử dụng bất đẳng thức AM  GM ta có    xy   m  . 9 9 x y xy Đặt V  VS . ABCD  Câu 29: Cho khối tứ diện đều S . ABC cạnh bằng a . Mặt phẳng  P  đi qua S và trọng tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Đặt m  VS . AMN . Giá trị nhỏ nhất của m VS . ABC bằng A. 2 . 3 B. 2 . 9 C. 4 . 9 D. 1 . 3 Hướng dẫn giải: Chọn C Ta có m  S AMN AM AN  .  xy . S ABC AB AC A Gọi O là trọng tâm tam giác ABC , đặt AM AN x ;y  x, y  0;1 AB AC Ta có D là trung điểm của AB , giả sử AM  AD đặt AB  a D M N O B C Áp dụng định lí Meneleuys cho tam giác MD OC NA . .  1. ACD có MA OD NC a xa  2 .2. ya  1   2 x  1 y  x 1  y   3 xy  x  y  2 xy  m  xy  4 .  xa a  ya 9 Câu 30: Cho hình chóp S . ABCD có thể tích V và đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng qua A và trung điểm N cạnh SC cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMNP . A. V . 8 B. 3V . 8 C. V . 4 D. V . 3 Hướng dẫn giải: Chọn C Ta có x  SA SM SN 1 SP  1, y  ,z   ,t  . SA SB SC 2 SD File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 87 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Và Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 1 1 1 1       1 2  3 . x z y t y t Do đó VS . AMNP  Mặt khác yt  xyzt  1 1 1 1  1 V 3      V   3  3 yt.1.  ytV . 4 x y z t 4 2 4 y  t 2 yt 4 V   yt   VS . AMNP  . 3 3 9 3 Câu 31: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình hình hành. Các điểm A , C  thỏa  1   1  mãn SA  SA, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD 3 5 V lần lượt tại B, D và đặt k  S . ABC D . Tính giá trị lớn nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD A. 4 . 105 B. 1 . 30 C. 4 . 15 D. 4 . 27 Hướng dẫn giải: Chọn A Đặt V  VS . ABCD , ta có: Đặt x  SB SD SA SC     35  8 . SB SD SA SC  SB SD  0, y  0. SB SD VS . ABC  SA SB SC  1 1  . .  x  VS . ABC   xV . 1 SA SB SC 15 30 V 2 VS . ADC  SA SD SC  1 1  . .  y  VS . ADC   yV . 1 SA SD SC 15 30 V 2 Do đó k  VS . ABC D VS . ABCD  1 1 1  x  y  và   8 . x y 30 Không mất tính tổng quát, giả sử x  k  k  1 1 y 1 1  y  , từ   8  x  4 4 x y 8 y  1 1  y 1  y  với  y  1 . Ta có  x  y   4 30 30  8  y   1  8 1    1   0,  y   ;1 . 2  30   8  y  4   Vậy kmax  k 1  1 1  4 .   1  30  7  105 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 88 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các điểm di động trên các cạnh AB, AD sao cho AB 2 AD   4 . Gọi V ' là thể tích khối AM AN chóp S . AMN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ' . A. 1 V 4 B. 1 V 6 C. 1 V 8 D. 1 V 3 Hướng dẫn giải: Chọn A S Đặt AB 1 AD 1 1 2 2x 1  ;    4 y    x 1 AM x AN y x y 4x 1 4 VSAMN 1 AM AN 1 x2 x2  .  xy  V '  V VS . ABCD 2 AB AD 2 4x 1 4x 1 D C N  x2  1 1 min    x  1   4x 1 2  4  ;1  4  A B M Câu 33: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các điểm di động trên các cạnh AB, AD sao cho AB 2 AD   4 . Gọi V ' là thể tích khối AM AN chóp S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của V ' . A. 1 V 4 B. 2 V 3 C. 3 V 4 D. 1 V 3 Hướng dẫn giải: Chọn C Đặt AB 1 AD 1 1 2 2x 1  ;    4 y    x 1 AM x AN y x y 4x 1 4  VSAMN 1 AM AN 1 x2 x2   .  xy   V '  1  V VS . ABCD 2 AB AD 2 4x 1  4 x 1  S D C 2  x  3 1 max 1    x 1  4x 1  4 2  ;1  4  N A M B Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có thể tích V , đáy là hình bình hành. Mặt phẳng   đi qua A , trung điểm I của SO cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMNP . A. V . 18 B. V . 3 C. V . 6 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 3V . 8 Trang 89 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Hướng dẫn giải: Chọn C SA SM 2 SN 1 1, y   , z  , S SA SB 3 SC 2 1 1 1 1 SP t ta có    . Xét tam giác SAC SD x z y t ta có  1   SO  1   SC   SO  SA  SC  SI   SA  SN  2 SI 2 SN   1   1   M  SI   SA  SN  4 z  Mặt khác 3 điểm A, I , N thẳng hàng nên A 1 1 1  1 z  . 4 4z 3 Vậy B xyzt  1 1 1 1  2t 2 VS . AMNP  V  min f  t   f     V  f  t   1  4 x y z t 3  4t  1  ;1 Với x    4  N P I D O C 1 V   2 6 1 1 Dấu bằng xảy ra khi t  ; y  tức   đi qua trung điểm của SB, SD . 2 2 Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD, SA là đường cao, đáy là hình chữ nhật với SA  a, AB  b, AD  c. Trong mặt phẳng  SDB  lấy G là trọng tâm tam giác SDB , qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt cạnh SD tại N, mp  AMN  cắt SC tại K. Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó. A. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  8 9 B. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  8 10 C. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  9 10 D. VSAMKN max  abc abc ,VSAMKN  min  10 11 Hướng dẫn giải: S Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. Ta có: SG  2 SO và K  AG  SC và K là trung điểm 3 SC K VSMAK SM SA SK 1 SM 1 SM 1 SM  . .  VSMAK  . .VSBAC  .VSBAC  M .a.b.c G VSBAC SB SA SC 2 SB 4 SB 12 SB N A D Tương tự VSNAK 1 SN  .a.b.c . 12 SC O B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay C Trang 90 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Do đó: VSAMKN  Khối Đa Diện Nâng Cao 1  SM SN     a.b.c 12  SB SC  Trong mp  SBD  : S SMN SM SN S SMG  S SGN S S SG.SM SG.SN SM .SN 1  SM SN     SMG  SGN       .  S SBD SB SC 2S SBO 2S SBO 2S SBO 2.SO.SB 2.SO.SB SB.SC 3  SB SC  Do M, N lần lượt nằm trên cạnh SB, SD nên: SB 1 SM  SM  SB   1 2 2 SB SM  1  ,   t  1 thì SN  2  SN 1  SN  SN t t.  t   .  SC 3  SC  SC 3t  1 S Đặt t  H Nhận thấy VSAMKN đạt GTLN, GTNN nếu: SM SN t 1 f t    t với  t  1. SB SC 3t  1 2 1 Ta có f '  t   1   3t  1 2  M 9t 2  6t  3t  1 D 2 O 2 Nên f '  t   0  t  , t  0 (loại). 3 3 2 4 1 3 f    , f 1  , f    . 2 3 3 2 2 Do vậy VSAMKN  VSAMKN  N G B abc là GTLN khi M là trung điểm SB hoặc M trùng với B. 8 abc là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB. 9 Chọn A. Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ', C ' thỏa mãn  1   1  SA '  SA , SC '  SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ' C ' cắt các cạnh SB, SD lần 3 5 V lượt tại B ', D ' và đặt k  S . A ' B 'C ' D ' . Giá trị lớn nhất của k là? VS . ABCD A. 4 . 105 B. 1 . 30 C. 4 . 15 D. 4 . 27 Hướng dẫn giải: Chọn A. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 91 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Đặt V  VS . ABCD , ta có Mặt khác Khối Đa Diện Nâng Cao SB SD SA SC     3 5  8 SB' SD' SA' SC' VS . A' B ' C ' SA' SB' SC' 1 1  . .  x  VS . A ' B ' C '  xV 1 SA SB SC 15 30 V 2 VS . A' C ' D ' SA' SD' SC' 1  . .  y 1 15 SA SD SC V 2 1  VS . A 'C ' D '  yV 30 VS . A ' B 'C ' D ' 1   x  y  , trong đó VS . ABCD 30 SB' SD' x , y SB SD Do đó k  Và k  f ( x)  1  x  4 f ( x )  f (1)  x   max 1   30  8 x  1   ;1 105 8  . Câu 37: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P , Q lần lượt là hình chiếu của M , N , P , Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số SM để thể tích khối đa diện SA MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. 3 . 4 Hướng dẫn giải: A. B. 2 . 3 C. 1 2 D. 1 . 3 Chọn B. S SM  x  0  x  1 , kí hiệu V , h lần lượt SA là thể tích và chiều cao của khối chóp đã cho, MN NP PQ SM theo Thales ta có:     x; AB BC CD SA Đặt và d  M ,  ABCD   d  S ,  ABCD   Q M N P A  AM  1 x SA D M'  d  M ,  ABCD    1  x  h . N' B Vì vậy: VMNPQ.M N PQ  MN .MQ.d  M ,  ABCD   Q' P' C  x 2 1  x  . AB. AD.h  3 x 2 1  x  V . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 92 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Sử dụng bất đẳng thức AM  GM ta có: 3 1  x  x  2  2x  4 1 x 1  x   x.x.  2  2 x    .   2 2 3  27 2 4 2 Do đó VMNPQ.M N PQ  V . Dấu "  " xảy ra  x  2  2 x  x  . 9 3 Chọn B. Câu 38: Cho khối chóp S . ABC . Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Gọi M  , N  , P lần lượt là hình chiếu của M , N , P trên mặt phẳng SM đáy. Tìm tỉ số để thể tích khối đa diện MNP. M N P đạt giá trị lớn nhất. SA 3 . 4 Hướng dẫn giải: A. B. 2 . 3 C. 1 . 2 D. 1 . 3 Chọn B. S SM  x  0  x  1 , kí hiệu V , h lần lượt SA là thể tích và chiều cao của khối chóp đã cho, MN NP MP SM theo Thales ta có:     x; AB BC CA SA Đặt và d  M ,  ABC   d  S ,  ABC    P M N AM  1 x SA A C M' P'  d  M ,  ABC    1  x  h ; S MNP  x 2 S ABC . N' Vì vậy: VMNP. M N P  S MNP . d  M ,  ABC   B  x 2 1  x  .S ABC .h  3 x 2 1  x  V . Sử dụng bất đẳng thức AM  GM ta có: 3 1  x  x  2  2x  4 1 x 1  x   x.x.  2  2 x    .   2 2 3  27 2 4 2 Do đó VMNPQM N P  V . Dấu "  " xảy ra  x  2  2 x  x  . 9 3 Chọn B. Câu 39: 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 hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V A. 1 . 8 B. 2 . 3 C. 3 . 8 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 1 . 3 Trang 93 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Hướng dẫn giải: Chọn D. Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD . G là trọng tâm tam giác SAC . 1 Ta có M , G, N thẳng hàng. Do ABCD là hình bình hành nên VS . ADC  VS . ABC  VS . ABCD . 2 Theo công thức tỉ số thể tích ta có: VS . AMP SM SP V V 1 SM 1 SM  .  S . AMP   S . AMP  1 VS . ADC SD SC VS . ABCD 4 SD VS . ABCD 2 SD 2 Tương tự VS . ANP SN SP V V 1 SN 1 SN S .   S . ANP   S . ANP  1 VS . ABC SB SC 2 SB V 4 SB S . ABCD VS . ABCD 2 VS . AMP VS . ANP 1  SM SN     VS . ABCD VS . ABCD 4  SD SB  Từ đó suy ra V 1  SM SN   S . AMNP     VS . ABCD 4  SD SB  M P G D A V1 1  SM SN  N     V 4  SD SB  O SD SB   3. Ta chứng minh B SM SN Thậy vậy, qua B, D kẻ các đường song song với MN cắt SO lần lượt tại E , F . SD SF SB SE SD SB SE  SF S Ta có:  ;     SM SG SN SG SM SN SG SD SB 2SO 3     2.  3 SM SN SG 2 G N E SD SB Đặt  x;  y . Ta có x  y  3 SM SN O B F   V 1  SM SN  1 1 1 x y 3 3 1 Mặt khác 1             V 4  SD SB  4  x y  4 xy 4 xy  x  y 2 3 Hay C M D V1 1 nhỏ nhất bằng . V 3 Câu 40: Cho hình chóp S . ABC có ASB  BSC  CSA  30 và SA  SB  SC  a . Mặt phẳng  P  qua A cắt hai cạnh SB, SC lần lượt tại B, C sao cho chu vi tam giác ABC  nhỏ nhất. Vậy Gọi V1 ,V2 lầ lượt là thể tích các khối chóp S . ABC , S .ABC . Tính tỉ số A. V1  3 2 2 . V2 B. V1  3 1 . V2 C. V1  42 3. V2 V1 . V2 D. V1  2 1 . V2 Hướng dẫn giải: Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 94 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao SB SC  V SB SC   x,  y 1  .  x. y . SB SC V2 SB SC Đặt Khi đó: AB2  SA2  SB2  2.SA.SB.cos ASB 2 2  2   a   ax   2.a.ax.cos 30  a 1  3 x  x  AB  a 1  3 x  x 2  S . C' B' 2 Tương tự: AC   a 1  3 y  y 2 , B BC   a x 2  3xy  y 2 A Ta có: 2 p  AB  AC   BC  C  a  1  3 x  x 2  1  3 y  y 2  x 2  3xy  y 2      a   2 2  2  3   1 2  3  1  2  2  y    2    y  2 x    2 x   1  3x  x       2 2  3 3  1 1   a   x     x   a 1  3 x  x 2  a( 1  x  x 2  1  3x  x 2 ) . 2  2 2   2 2 2  2 2      1 3 3   1    a  x      x      a      2   2  2    2    2 3 x 2 , x  3  1  x  y  3  1  V1  V2 3 y 2 y Dấu bằng xảy ra khi: x  2  3 1 1 3         a 2 .  2 2 2 2    2 3 1  4  2 3 .   90 ,  Câu 41: Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a  ASB  60 , BSC ASC  120 . Gọi CN AM M , N lần lượt là các điểm trên cạnh AB và SC sao cho  . Khi khoảng cách giữa SC AB M và N nhỏ nhất, tính thể tích V của khối chóp S . AMN . 2a 3 A. . 72 Hướng dẫn giải: Chọn C 5 2a 3 B. . 72 5 2a 3 C. . 432 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay 2a 3 D. . 432 Trang 95 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 Ta có thể tích khối chóp S . ABC à V0  2 a3 2a 3 1  1 1        . 6 12  2  2 CN AM   m  0  m  1 , ta có SC AB   a2             a2 SA  a, SB  b, SC  c , a  b  c  a , a.b  , b.c  0, a.c   . 2 2 Theo đẳng thức trên ta có đẳng thức vectơ           SN  1  m  c, SM  SA  AM  a  mAB  a  m b  a .         MN  SN  SM  1  m  c   a  m b  a  S  .      m  1 a  mb  1  m  c Do đó    2 MN 2   m  1 a  mb  1  m  c c . 2 11a N   3m 2  5m  3 a 2  12 b Dấu bằng xảy ra tại C 5 SN SN AM m  V  .VS . AMC  . .V0 6 SC SC AB . 3 M 5 1 2a 5 2a 3  m 1  m  V0  . .  B 6 6 12 432 Đặt       File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay a A Trang 96 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao ỨNG DỤNG THỰC TẾ A – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Kim tự tháp Cheops (có dạng hình chóp) là kim tự tháp cao nhất ở Ai Cập. Chiều cao của kim tự tháp này là 144 m , đáy của kim tự tháp là hình vuông có cạnh dài 230 m . Các lối đi và phòng bên trong chiếm 30% thể tích của kim tự tháp. Biết một lần vận chuyển gồm 10 xe, mỗi xe chở 6 tấn đá, và khối lượng riêng của đá bằng 2,5.103 kg / m3 . Số lần vận chuyển đá để xây đủ dựng kim tự tháp là: A. 740600 . Câu 2: B. 76040 . C. 7406 . D. 74060 . Một hộp đựng chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần tư thể tích phía trên của hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới chứa đầy chocolate nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x  x0 là giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị là V0 . Tìm V0 . A. 48 đvtt Câu 3: C. 64 đvtt D. 64 đvtt 3 Tính thể tích khối rubic mini (mỗi mặt của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô (ô hình vuông trên một mặt) là 4cm. A. 27 cm3. Câu 4: B. 16 đvtt B. 1728 cm3. C. 1 cm3. D. 9 cm3. Cắt một miếng giấy hình vuông ở hình 1 và xếp thành một hình chóp tứ giác đều như hình 2 . Biết cạnh hình vuông bằng 20cm , OM  x  cm  . Tìm x để hình chóp đều ấy có thể tích lớn nhất? Câu 5: A. x  9cm . B. x  8cm . C. x  6cm . D. x  7cm . Người ta muốn xây một bể chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 3m ; 1, 2m ; 1,8m (người ta chỉ xây hai mặt thành 1dm bể như hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm , chiều rộng 10cm , chiều cao 5cm . Hỏi 1,8dm người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bể đó và thể tích thực của bể chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng 1dm 1,2m 3m File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 97 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao kể). Câu 6: A. 738 viên, 5742 lít. B. 730 viên, 5742 lít. C. 738 viên, 5740 lít. D. 730 viên, 5740 lít. Cho một cây nến hình lăng trụ lục gác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 15cm và 5cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Thể tích của chiếc hộp đó bằng B. 600 6 ml . A. 1500 ml . Câu 7: C. 1800 ml . D. 750 3 ml . Một miếng bìa hình tròn có bán kính là 20cm . Trên biên của miếng bìa, ta xác định 8 điểm A, B, C , D, E , F , G , H theo thứ tự chia đường tròn thành 8 phần bằng nhau. Cắt bỏ theo các nét liền như hình vẽ để có được hình chữ thập ABNCDPEFQGHM rồi gấp lại theo các nét đứt MN , NP, PQ, QM tạo thành một khối hộp không nắp. Thể tích của khối hộp thu được là:  4000 2  2 A.   B. 42 2 . D. 4000  3 2 2 2  . 3 2 2 . Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm , AB  40cm . Ta gập tấm nhôm theo hai cạnh MN và PQ vào phía trong cho đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ bên để dược một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Khi đó có thể tạo được khối lăng trụ với thể tích lớn nhất bằng A. 4000 3  cm3  Câu 9: 42 2 2 C. 4000 2  2 Câu 8:  4000 B. 2000 3  cm3  C. 400 3  cm3  D. 4000 2  cm  3 Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm . Ta gấp tấm nhôm theo 2 cạnh MN và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 98 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. x  20 . B. x  15 . Khối Đa Diện Nâng Cao C. x  25 . D. x  30 . Câu 10: Một khối gỗ hình lập phương có độ dài cạnh bằng x  cm  . Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông thông sang mặt đối diện, tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương, các cạnh lỗ hình vuông song song với các cạnh của hình lập phương và có độ dài y  cm  như hình vẽ bên. Tìm thể tích V của khối gỗ sau khi đục biết rằng x  80 cm; y  20 cm. A. 490000 cm3 . B. 432000 cm3 . C. 400000 cm3 . D. 390000 cm3 . Câu 11: Một khối gỗ hình lập phương có độ dài cạnh bằng x  cm  .Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông thông sang mặt đối diện,tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương,các cạnh lỗ hình vuông song song với cạnh của hình lập S phương và có độ dài y  cm  (như hình vẽ bên).Tính tỉ số ,trong đó V của khối gỗ sau khi V đục và S là tổng diện tích mặt (trong và ngoài)khối gỗ sau khi đục. A. 6 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  B. 3 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 99 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A C. 2  x  3y S  . V  x  y  x  2 y  D. Khối Đa Diện Nâng Cao 9 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  Câu 12: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V  m3  , hệ số k cho trước ( k - tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h  0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h  0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x, y, h lần lượt là A. x  2 3 B. x  3 C. x  3 D. x  3  2k  1V ; y  4k  2k  1 V ; y  4k 2  2k  1  2k  1 V ; y  2 3  2k  1 V ; y  6 3 4k 4k 2 k  2k  1V . 4 ;h  23 k  2k  1V . 4 ;h  3 2 k  2k  1V . 4 ;h  3 2 k  2k  1V . 4  2k  1 2kV 3 2 3 2kV 3 2 2 2 2kV  2k  1 2kV  2k  1 ;h  Câu 13: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1m như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngoài của tấm nhôm, phần còn lại gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x  m  , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất. A. x  2 2 5 B. x  1 2 C. x  2 4 D. x  2 3 Câu 14: Một viên đá có dạng khối chóp tứ diện đều và tất cả các cạnh đều bằng a , người ta cưa viên đá theo mặt phẳng song song với mặt đáy của khối chóp để chia viên đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện của viên đá bị cưa bởi mặt phẳng nói trên. A. a2 . 3 4 B. a2 . 3 4 C. a2 . 3 4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. a2 . 3 4 Trang 100 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 15: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1, 296m3 . Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với ba kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ c phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dày của kính không đáng kể. b a A. a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m B. a  2, 4m; b  0,9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m Câu 16: Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có thể tích là . Hãy tính chiều cao của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất? A. B. h  2 m m C. h  3 m 2 D. h  5 m 2 Câu 17: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm3 và 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. 3 dm a dm b dm 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, b  24. B. a  3, b  8. C. a  3 2, b  4 2. D. a  4, b  6. Câu 18: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1,296 m3. Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. A. a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m B. a  2, 4m; b  0, 9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 101 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 19: Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó mặt cắt là hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. A 30cm 90cm 3m A. 40500 3cm3 D B 3m B. 40500 2cm3 30cm C. 40500 6cm3 30cm C D. 40500 5cm3 Câu 20: Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0,9m  3m người ta gấp tấm tôn đó như hình vẽ dưới. Biết mặt cắt của máng xối (bị cắt bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm tôn. Hỏi x  m  bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất? x 3m 0,3 m xm x 0,3 m 0,9 m 3m (a) Tấm tôn A. x  0,5m . 0,3 m 0,3 m (b) Máng xối B. x  0, 65m . (c) Mặt cắt C. x  0, 4m . D. x  0, 6m . Câu 21: Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có đáy là hình chữ nhật chiều dài d  m  và chiều rộng r  m  với d  2r. Chiều cao bể nước là h  m  và thể tích bể là 2 m3 . Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây dựng là thấp nhất? A. 3 3 m . 2 2 B. 3 2  m . 3 C. 3 3  m . 2 D. 2 2 m . 3 3 Câu 22: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 2 A. x  V 3 1 B. x  3 V C. x  V 4 D. x  V Câu 23: Nhân ngày quốc tế phụ nữ 8-3 năm 2017, ông A quyết định mua tặng vợ một món quà và đặt nó vào trong một chiếc hộp có thể tích là 32 ( đvtt ) có đáy hình vuông và không có nắp. Để món quà trở nên thật đặc biệt và xứng đáng với giá trị của nó ông quyết định mạ vàng cho chiếc hộp, biết rằng độ dạy lớp mạ tại mọi điểm trên hộp là như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h; x . Để lượng vàng trên hộp là nhỏ nhất thì giá trị của h; x phải là? A. x  2; h  4 B. x  4; h  2 C. x  4; h  3 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. x  1; h  2 Trang 102 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 24: Một ngôi nhà có nền dạng tam giác đều ABC cạnh dài 10  m  được đặt song song và cách mặt đất h  m  . Nhà có 3 trụ tại A, B, C vuông góc với  ABC  . Trên trụ A người ta lấy hai điểm M , N sao cho AM  x, AN  y và góc giữa  MBC  và  NBC  bằng 90 để là mái và phần chứa đồ bên dưới. Xác định chiều cao thấp nhất của ngôi nhà. A. 5 3 . B. 10 3 . C. 10 . D. 12 . Câu 25: Một nhà sản xuất sữa có hai phương án làm hộp sữa. Hộp sữa có dạng khối hộp chữ nhật hoặc hộp sữa có dạng khối trụ. Nhà sản xuất muốn chi phí bao bì càng thấp càng tốt(tức diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất), nhưng vẫn phải chứa được một thể tích xác định là V cho trước. Khi đó diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất trong hai phương án là A. 3 2 V 2 . B. 6 3 V 2 . C. 3 3 6V 2 . D. 3 3 2 V 2 . Câu 26: Một bác thợ gò hàn làm một chiếc thùng hình hộp chữ nhật (không nắp) bằng tôn thể tích 665,5 dm3 . Chiếc thùng này có đáy là hình vuông cạnh x( dm) , chiều cao h( dm) . Để làm chiếc thùng, bác thợ phải cắt một miếng tôn như hình vẽ. Tìm x để bác thợ sử dụng ít nguyên liệu nhất. h h x h A. 10, 5(dm) . x B. 12(dm) . h C. 11(dm) . D. 9(dm) . Câu 27: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 2 A. x  V 3 1 B. x  3 V C. x  V 4 D. x  V Câu 28: Người ta muốn xây một bồn chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 5m, 1m, 2m (hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm, chiều rộng 10cm, chiều cao 5cm. Hỏi người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bồn đó và thể tích thực của bồn chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể) A. 1180 viên, 8820 lít B. 1180 viên, 8800 lít C. 1182 viên, 8820 lít D. 1180 viên, 8800 lít Câu 29: Từ một mảnh giấy hình vuông cạnh là a, người ta gấp nó thành 4 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tứ giác đều (như hình vẽ). Từ một mảnh giấy hình vuông khác cũng có cạnh là a, người ta gấp nó thành 3 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tam giác đều (như hình vẽ). Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của lăng trụ tứ giác đều và lăng trụ tam giác đều. So sánh V1 và V2 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 103 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. V1  V2 được B. V1  V2 Khối Đa Diện Nâng Cao C. V1  V2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. Không so sánh Trang 104 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao B – HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Kim tự tháp Cheops (có dạng hình chóp) là kim tự tháp cao nhất ở Ai Cập. Chiều cao của kim tự tháp này là 144 m , đáy của kim tự tháp là hình vuông có cạnh dài 230 m . Các lối đi và phòng bên trong chiếm 30% thể tích của kim tự tháp. Biết một lần vận chuyển gồm 10 xe, mỗi xe chở 6 tấn đá, và khối lượng riêng của đá bằng 2,5.103 kg / m3 . Số lần vận chuyển đá để xây đủ dựng kim tự tháp là: A. 740600 . B. 76040 . C. 7406 . D. 74060 . Hướng dẫn giải: Chọn D. Gọi cạnh của hình chóp là a  230 ,chiều cao h  144 1 Thể tích kim tự tháp: V  ha 2  2539 200m3 3 Thể tích khối đá cần vận chuyển 0.7V  1777 440m3 . Gọi x là số lần vận chuyển. Để đủ đá xây dựng kim tự tháp thì Câu 2: Một hộp đựng chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần tư thể tích phía trên của hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới chứa đầy chocolate nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x  x0 là giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị là V0 . Tìm V0 . A. 48 đvtt B. 16 đvtt C. 64 đvtt D. 64 đvtt 3 Hướng dẫn giải: Phân tích: Đây là một dạng bài toán ứng dụng thực thể kết hợp với cả phần tính thể tích khối đa diện ở hình học và phần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một đa thức đã học ở chương I phần giải thích. Trước tiên ta nhận thấy V   6  x 12  2 x  x  2 x  x  6  2  2 x  x 2  12 x  36   2 x3  24 x 2  72 x Xét hàm số f  x   2 x 3  24 x 2  72 x trên  0; 6  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 105 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao x  6 f '  x   6 x 2  48 x  72; f '  x   0   x  2 Khi đó max f  x   f  2   64 đvtt. Đến đây nhiều quý độc gỉ vội vã khoanh C mà không  0;6 đắn đo gì. Tuy nhiên, nếu vội vã như vậy là bạn đã sai, bởi đề bài yêu cầu tìm thể tích 1 3 chocolate nguyên chất mà không phải là thể tích hộp do đó ta cần. Tức là 1   thể tích 4 4 3 hộp. tức là .64  48 đvtt 4 Câu 3: Tính thể tích khối rubic mini (mỗi mặt của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô (ô hình vuông trên một mặt) là 4cm. A. 27 cm3. B. 1728 cm3. C. 1 cm3. D. 9 cm3. Hướng dẫn giải: Đây là một bài toán ăn điểm, nhưng nếu đọc không kĩ từng câu chữ trong đề bài các độc giả rất có thể sai Ta có khối rubic như sau: Hướng sai 1: Nghĩ rằng mỗi cạnh của ô vuông là 4 nên chiều dài mỗi cạnh của khối rubic là a  4.3  12  V  123  1728  B Hướng sai 2: Nghĩ rằng chu vi mỗi ô vuông là tổng độ dài của cả 12 cạnh nên chiều dài mỗi 1 1 cạnh là , nên độ dài của khối rubik là a  .3  1  V  13  1  C 3 3 Hướng sai 3: Nhầm công thức thể tích sang công thức tính diện tích nên suy ra ý D. Cách làm đúng: Chu vi của một ô nhỏ là 4 cm nên độ dài mỗi cạnh nhỏ là 1cm, vậy độ dài cạnh của khối rubic là a  3.1  3 cm  V  3.3.3  27 cm3 . Chọn A. Câu 4: Cắt một miếng giấy hình vuông ở hình 1 và xếp thành một hình chóp tứ giác đều như hình 2 . Biết cạnh hình vuông bằng 20cm , OM  x  cm  . Tìm x để hình chóp đều ấy có thể tích lớn nhất? A. x  9cm . B. x  8cm . C. x  6cm . D. x  7cm . Hướng dẫn giải: Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 106 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có: OM  x  AC  2 x , AM  2 x . x x x , MH  , SH  10 2  . 2 2 2 Suy ra: OH  2 S 2 x   x   10 SO  SH  OH        20 10  x  2  2  2 2 2 A M x H O D C 1 1 20 V  SO.Sđáy  20 10  x .2 x 2  40  4 x .x 2 3 3 3 V  20 3 5  40  4 x  .x.x.x.  20  40  4 x  x  x  x  x  20 152  .2   3  5 3  Dấu "  " xảy ra khi 40  4 x  x  x  8 . Câu 5: Người ta muốn xây một bể chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 3m ; 1, 2m ; 1,8m (người ta chỉ xây hai mặt thành 1dm bể như hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm , chiều rộng 10cm , chiều cao 5cm . Hỏi 1,8dm người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bể đó và thể tích thực của bể chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể). A. 738 viên, 5742 lít. B. 730 viên, 5742 lít. C. 738 viên, 5740 lít. D. 730 viên, 5740 lít. 1dm 1,2m 3m Hướng dẫn giải: Chọn A. Thể tích của bể là V  18.11.29  5742  l  . Thể tích của 1 viên gạch là 1dm3 , thể tích cần xây dựng là (30  11).18  738dm3 , suy ra số viên ít nhất cần dùng là 738 viên. Câu 6: Cho một cây nến hình lăng trụ lục gác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 15cm và 5cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Thể tích của chiếc hộp đó bằng A. 1500 ml . B. 600 6 ml . C. 1800 ml . D. 750 3 ml . Hướng dẫn giải: Ta có AB  10 cm,AD=5 3 cm S ABCD  50 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 107 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao V  S ABCD .h  750 3 Chọn D Câu 7: Một miếng bìa hình tròn có bán kính là 20cm . Trên biên của miếng bìa, ta xác định 8 điểm A, B, C , D, E , F , G , H theo thứ tự chia đường tròn thành 8 phần bằng nhau. Cắt bỏ theo các nét liền như hình vẽ để có được hình chữ thập ABNCDPEFQGHM rồi gấp lại theo các nét đứt MN , NP, PQ, QM tạo thành một khối hộp không nắp. Thể tích của khối hộp thu được là:  4000 2  2 A.  42 2 B. 2  C. 4000 2  2  4000 42 2 .  3 2 2 2 D. 4000  . 3 2 2 . Hướng dẫn giải: Chọn C. Theo giả thuyết ta có AB  CD  EF  GH  MN  NP  PQ  QM  2r sin 2 8.2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 108 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  1  cos  4  20 2  2  40sin  40 8 2 Và MH  MA  NB  NC  PD  PE  QG  QH  AH  10 4  2 2 2 2   Vì vậy V  MN .MQ.MA   20 2  2  .10 4  2 2  4000 2  2    Câu 8:  42 2 Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm , AB  40cm . Ta gập tấm nhôm theo hai cạnh MN và PQ vào phía trong cho đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ bên để dược một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Khi đó có thể tạo được khối lăng trụ với thể tích lớn nhất bằng A. 4000 3  cm3  B. 2000 3  cm3  C. 400 3  cm3  D. 4000 2  cm  3 Hướng dẫn giải: Chọn A. Đáy của lăng trụ là tam giác cân có cạnh bên bằng x , cạnh đáy bằng 60  2x Đường cao tam giác đó là 2  60  2 x  AH  x     60 x  900 ,  2  với H là trung điểm NP 2 Diện tích đáy là S  S ANP  1 1 AH .NP  60 x  900.  30  x   2 30  60 x  900  900  30 x 900  30 x  3 1  900  2 S    100 3  cm  30  3  Diện tích đáy lớn nhất là 100 3cm 2 nên thể tích lớn nhất là V  40.100 3  4000 3  cm3  . Câu 9: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm . Ta gấp tấm nhôm theo 2 cạnh MN và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 109 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. x  20 . B. x  15 . Khối Đa Diện Nâng Cao C. x  25 . D. x  30 . Hướng dẫn giải: Chọn A. Ta có PN  60  2 x , gọi H là trung điểm của PN suy ra AH  60 x  900 1 S ANP  .  60  2 x  60 x  900   60  2 x  15 x  225  f  x  , do chiều cao của khối 2 lăng trụ không đổi nên thể tích khối lăng trụ max khi f  x  max.  f ' x  45  x  20  15 x  225   0  x  20, f  20   100 3, f 15   0 max f  x   100 3 khi x  20 Câu 10: Một khối gỗ hình lập phương có độ dài cạnh bằng x  cm  . Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông thông sang mặt đối diện, tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương, các cạnh lỗ hình vuông song song với các cạnh của hình lập phương và có độ dài y  cm  như hình vẽ bên. Tìm thể tích V của khối gỗ sau khi đục biết rằng x  80 cm; y  20 cm. A. 490000 cm3 . B. 432000 cm3 . C. 400000 cm3 . D. 390000 cm3 . Hướng dẫn giải: Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 110 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Thể tích cần tìm bằng thể tích khối lập phương ban đầu trừ đi 6 khối hộp chữ nhật có đáy là x y hình vuông cạnh y  cm  , chiều cao  cm  ; rồi trừ đi thể tích khối lập phương có độ dài 2 cạnh bằng y  cm  . Vì vậy, 80  20 2  x y 2 3 3 V  x3  6  .20  203  432000  cm3  .  y  y  80  6. 2  2  Câu 11: Một khối gỗ hình lập phương có độ dài cạnh bằng x  cm  .Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông thông sang mặt đối diện,tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương,các cạnh lỗ hình vuông song song với cạnh của hình lập S phương và có độ dài y  cm  (như hình vẽ bên).Tính tỉ số ,trong đó V của khối gỗ sau khi V đục và S là tổng diện tích mặt (trong và ngoài)khối gỗ sau khi đục. A. 6 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  B. 3 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  C. 2  x  3y S  . V  x  y  x  2 y  D. 9 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  Hướng dẫn giải: Chọn A Thể tích hình cần tính bằng thể tích khối lập phương ban đầu trừ đi 6 khối hộp chữ nhật có x y đáy là hình vuông cạnh y cm ,chiều cao cm ,rồi trừ đi thể tích khối lập phương có độ 2 dài cạnh bằng y cm . 2  xy 2 3 Vì vậy: V  x3  6   y  y   x  y  x  2y .  2  Tổng tích các mặt của khối y ( x  y ) V  6  x 2  y 2   6.4.  6  x  y  x  3 y  2 Vậy diện gỗ sau khi đục là 6 x  3y S  . V  x  y  x  2 y  Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 111 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 12: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V  m3  , hệ số k cho trước ( k - tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h  0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h  0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x, y, h lần lượt là A. x  2 3 B. x  3 C. x  3 D. x  3  2k  1V ; y  4k 2  2k  1 V ; y  4k 2  2k  1  2k  1 V ; y  2 3  2k  1 V ; y  6 3 4k 4k 2 2 k  2k  1V . 4 ;h  23 k  2k  1V . 4 ;h  3 2 k  2k  1V . 4 ;h  3 2 k  2k  1V . 4  2k  1 2kV 3 3 2kV 3 2 2 2kV  2k  1 2kV  2k  1 ;h  Hướng dẫn giải: Chọn C. Gọi x, y , h  x, y, h  0  lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. Ta có: k  h V V  h  kx và V  xyh  y   2. x xh kx Nên diện tích toàn phần của hố ga là: S  xy  2 yh  2 xh   2k  1V  2kx 2 kx Áp dụng đạo hàm ta có S nhỏ nhất khi h  2k  1V x 3 y 4k 2 k  2k  1 V Khi đó y  2 3 ,h  3 . 2 4  2k  1 x 2kV Câu 13: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1m như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngoài của tấm nhôm, phần còn lại gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x  m  , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 112 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. x  2 2 5 B. x  1 2 C. x  Khối Đa Diện Nâng Cao 2 4 D. x  2 3 Hướng dẫn giải: x 2 h 1 x z y Ta có: y  x 1  2x 1 z  y2 2 4 2 2  2   2  1 1 2 Chiều cao của hình chóp: h  z   x    y 2   x    x 4 2 2  2   2  2  Vchop  1 2 1 2 x.  x 3 2 2 Vchop lớn nhất khi hàm số y  x 2 y' 1 2  x đạt GTLN 2 2 5 2 x 2  4 x 4 1 2  x 2 2 x  0 y '  0  5 2 x  4 x  0   x  2 2  5 2 Chọn A. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 113 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 14: Một viên đá có dạng khối chóp tứ diện đều và tất cả các cạnh đều bằng a , người ta cưa viên đá theo mặt phẳng song song với mặt đáy của khối chóp để chia viên đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện của viên đá bị cưa bởi mặt phẳng nói trên. A. a2 . 3 4 B. a2 . 3 4 C. a2 . 3 4 D. a2 . 3 4 Hướng dẫn giải: Chọn D. S A' D' B' C' A D O B C 1 1 Từ giả thiết  VS . ABC D  VS . ABCD  VS . ABC   VS . ABC ( Do khối chóp tứ giác đều) 2 2 3 VS . ABC  1  SA  SA a a a2 2            SA  3  3  A B  SA  3  Std  A B  3 . 2  SA  VS . ABC 2 2 2 4 Câu 15: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1, 296m3 . Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với ba kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dày của kính không đáng kể. c b a A. a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m B. a  2, 4m; b  0,9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m Hướng dẫn giải: Với a là chiều dài của cả 2 ngăn của bể cá. Ta có: V  abc  1, 296 1 a a abc abc abc 6 a  a S  2  c  bc   b  2 c  bc  b  2ac  3bc  ab  2 3   abc3 3 2 2 b a c abc 2  2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 114 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 3  a b  2 3 1  2 Dấu “=” xảy ra khi     b a a c c   2 3 1, 296.4 6 Thay vào 1 : b3  1, 296  b3   b  ; a  1,8; c  0, 6. 4 3 5 Chọn C. Câu 16: Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có thể tích là . Hãy tính chiều cao của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất? A. B. h  2 m m C. h  3 m 2 D. h  5 m 2 Hướng dẫn giải: Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp Theo đề bài ta có y  3 x và V  hxy  h  V V  2 xy 3x Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hồ nước là nhỏ nhất. Khi đó ta có: Stp  2 xh  2 yh  xy  2 x Ta có Stp  Cauchy 8V 4V 4V 16V 2  3x2    3x 2  3 3  36 . 3x 3x 3x 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Vậy chọn V V 8V  2.3x. 2  x.3x   3x2 2 3x 3x 3x 4V 4V V 3  3x2  x  3 2h 2  . 3x 9 3x 2 C. Câu 17: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm3 và 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. 3 dm Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất a dm (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, b  24. B. a  3, b  8. b dm C. a  3 2, b  4 2. D. a  4, b  6. Chọn D. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 115 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Có: V  72  3.ab  72  a  Khối Đa Diện Nâng Cao 24 (1) b Bể cá tốn ít nguyên liệu nhất nghĩa là diện tích toàn phần nhỏ nhất. Ta có diện tích toàn phần của bể cá là: Stp  3.3a  ab  2.b3  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Stp  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 216  6b  24 b 216 216  6b  24  2 .6b  24  96 b b 216  6b  b  6  b  0  . Từ (1), ta suy ra: a  4 . b Câu 18: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1,296 m3. Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. A. a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m B. a  2, 4m; b  0, 9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m Hướng dẫn giải: Thể tích bể cá là: V  abc  1, 296 Diện tích tổng các miếng kính là S  ab  2ac  3bc (kể cả miếng ở giữa) S 1 2 3 1 2 3 33 6 33 6 3 Ta có:    3 . .   abc  c b a c b a abc 1, 296 1 2 3 Cauchy cho 3 so , , c b a a  1,8 1 2 3     Dấu “=” xảy ra khi  c b a  b  1, 2 . abc  1, 296 c  0, 6  Chọn C. Câu 19: Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó mặt cắt là hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. A 30cm 90cm 3m A. 40500 3cm3 3m B. 40500 2cm3 D 30cm B C. 40500 6cm3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay 30cm C D. 40500 5cm3 Trang 116 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Thể tích máng xối: V  S ABCD .300 (cm2 ) . Vậy thể tích lớn nhất khi diện tích hình thang là lớn nhất. 1 S ABCD  ( BC  AD ).CE 2 E A D θ CE  CDsin  30.sin 30cm 30cm AD  BC  2 ED  30  60cos S ABCD θ 90  90sin  sin 2 2 Đặt f ( )  90sin  f '( )  90cos  B 90 sin 2 2 C 30cm ,   [0;  ] 90 .2cos 2 2  1   cos     f '( )  0  cos   cos 2  0  2cos   cos   1  0   2  3.    cos   1    2   f (0)  f ( )  0; f    135 3 . Vậy GTLN của diện tích ABCD là 135 3cm 2 . 3 Vậy thể tích máng xối lớn nhất bằng 40500 3cm3 khi ta cạnh CD tạo với BC góc 600 . Câu 20: Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0,9m  3m người ta gấp tấm tôn đó như hình vẽ dưới. Biết mặt cắt của máng xối (bị cắt bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm tôn. Hỏi x  m  bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất? x 3m 0,3 m xm x 0,3 m 0,9 m 3m (a) Tấm tôn A. x  0,5m . 0,3 m (b) Máng xối B. x  0, 65m . C. x  0, 4m . 0,3 m (c) Mặt cắt D. x  0, 6m . Hướng dẫn giải:. Chọn D. Gọi h là chiều cao của lăng trụ Vì chiều cao lăng trụ bằng chiều dài tấm tôn nên thể tích máng xối lớn nhất khi diện tích hình thang cân (mặt cắt) lớn nhất Ta có S  h  x  0,3 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 117 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A BC  Khối Đa Diện Nâng Cao x  0,3  x  0,3 2 h  0,3 2 ĐK:  0,3  2  B  x  0,3 h 4  x  0,3 C 2 0.3m 2 4  0;  0,3  x  0,9  A 0.3m Khi đó: S 1 2 2  x  0,3 4.  0,3   x  0,3 4 Xét hàm số 2 2 f  x    x  0,3 4.  0,3   x  0,3 ;  0,3  x  0, 9  2 2  2  x  0,3 2  f   x   4.  0,3   x  0,3   x  0, 3 2 4. 0,3   x  0, 3   x  0,3 x  0,3 2 4.  0,3   x  0,3 2  2 4.  0,3   x  0,3 2 0,36  2 x  x  0,3 2 4.  0, 3   x  0,3 2  x  0, 3 f   x   0   x 2  0,3 x  0,18  0    x  0, 6 0,3 x f  x 0, 6  0 0,9  f  x Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  lớn nhất khi x  0, 6 Vậy thể tích máng xối lớn nhất khi x  0, 6m . Câu 21: Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có đáy là hình chữ nhật chiều dài d  m  và chiều rộng r  m  với d  2r. Chiều cao bể nước là h  m  và thể tích bể là 2 m3 . Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây dựng là thấp nhất? A. 3 3 m . 2 2 B. 3 2  m . 3 C. 3 3  m . 2 D. 2 2 m . 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi x  x  0  là chiều rộng của đáy suy ra thể tích bể nước bằng File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 118 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V  2 x 2 .h  2  h  Khối Đa Diện Nâng Cao 1 x2 Diện tích xung quanh hồ và đáy bể là S  6 x.h  2 x 2  Xét hàm số f  x   6  2 x2  x  0  x 6  2 x 2 với x  0. x Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x  Vậy chiều cao cần xây là h  3 3 . 2 1 1 2 2    m. 2 2 x 3 3 3 3   2 Câu 22: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng A. x  V 2 3 3 B. x  V C. x  V 1 4 D. x  V Hướng dẫn giải: Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ  a, x  0  Khi đó, V  a 2 x  a  V V  Stp  2a 2  4ax  2  4 Vx x x Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì Stp nhỏ nhất  2 Cách 1 : Xét hàm số f  x   2 Ta có f '  x   V  4 Vx nhỏ nhất. x V  4 Vx trên  0;   x 1 2V 2 V 2 3       ; f ' x 0 x V V x x V   x2 x 1 x f'(x) 0 +∞ V3 + 0 f(x) 1 f (V 3 ) Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ 1 bằng V 3 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 119 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Cách 2: ta có 2 Khối Đa Diện Nâng Cao V V  4 Vx  2  2 Vx  2 Vx  6 3 V 2 x x Dấu "  " xảy ra tại V  Vx  x 3  V  x  3 V x Chọn B. Câu 23: Nhân ngày quốc tế phụ nữ 8-3 năm 2017, ông A quyết định mua tặng vợ một món quà và đặt nó vào trong một chiếc hộp có thể tích là 32 ( đvtt ) có đáy hình vuông và không có nắp. Để món quà trở nên thật đặc biệt và xứng đáng với giá trị của nó ông quyết định mạ vàng cho chiếc hộp, biết rằng độ dạy lớp mạ tại mọi điểm trên hộp là như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h; x . Để lượng vàng trên hộp là nhỏ nhất thì giá trị của h; x phải là? A. x  2; h  4 B. x  4; h  2 C. x  4; h  3 2 D. x  1; h  2 h x x Hướng dẫn giải: Chọn B. 2  S  4 xh  x 32 128  S  4 x. 2  x2   x 2 , để lượng vàng cần dùng là nhỏ Ta có  V 32 2 V  x h  h  x  x  x 2 x2 nhất thì Diện tích S phải nhỏ nhất ta có S 128 128  x 2  f x  f '  x  2x  2  0  x  4 , x x Câu 24: Một ngôi nhà có nền dạng tam giác đều ABC cạnh dài 10  m  được đặt song song và cách mặt đất h  m  . Nhà có 3 trụ tại A, B, C vuông góc với  ABC  . Trên trụ A người ta lấy hai điểm M , N sao cho AM  x, AN  y và góc giữa  MBC  và  NBC  bằng 90 để là mái và phần chứa đồ bên dưới. Xác định chiều cao thấp nhất của ngôi nhà. A. 5 3 . B. 10 3 . C. 10 . D. 12 . Hướng dẫn giải: Đáp án B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 120 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Để nhà có chiều cao thấp nhất ta phải chọn N nằm trên mặt đất. Chiều cao của nhà là NM  x  y . Gọi I là trung điểm của BC . Ta có ABC đều  AI  BC , vì  MI  BC   900 MN   ABC   MN  BC , từ đó suy ra  BC   MNI     MIN NI  BC  2  10 3  IMN vuông tại I nhận AI là đường cao nên  AM . AN  AI  xy     75 2   2 Theo bất đẳng thức Côsi: x  y  2 xy  2. 75  10 3  x  y  5 3 Do đó chiều cao thấp nhất của nhà là 10 3. Câu 25: Một nhà sản xuất sữa có hai phương án làm hộp sữa. Hộp sữa có dạng khối hộp chữ nhật hoặc hộp sữa có dạng khối trụ. Nhà sản xuất muốn chi phí bao bì càng thấp càng tốt(tức diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất), nhưng vẫn phải chứa được một thể tích xác định là V cho trước. Khi đó diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất trong hai phương án là A. 3 2 V 2 . B. 6 3 V 2 . C. 3 3 6V 2 . D. 3 3 2 V 2 . Hướng dẫn giải: Chọn D h h R b a Trường hợp 1: Hộp sữa hình trụ Thể tích không đổi V   R 2 h  h  V 2V , Stp  2 R 2  2 Rh  2 R 2  2 R R Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba số dương 2 R 2 , Ta có Stp  2 R 2  V V , R R V V V V   3 3 2 R 2 . .  3 3 2 V 2 (*) R R R R Trường hợp 2: Hộp sữa hình hộp chữ nhật Thể tích không đổi File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 121 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V  abh  h  Khối Đa Diện Nâng Cao V V V V V  ; Stp  2ab  2  a  b  h  2ab  2a.  2b.  2  ab    ab ab ab b a  Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho bộ ba số dương ab; V V ; a b V V Ta có Stp  2.3 3 ab. .  6 3 V 2 (**) a b Xét hai kết quả ta thấy (*) nhỏ hơn Vậy diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất là Stp  3 3 2 V 2 (đvdt) Câu 26: Một bác thợ gò hàn làm một chiếc thùng hình hộp chữ nhật (không nắp) bằng tôn thể tích 665,5 dm3 . Chiếc thùng này có đáy là hình vuông cạnh x( dm) , chiều cao h( dm) . Để làm chiếc thùng, bác thợ phải cắt một miếng tôn như hình vẽ. Tìm x để bác thợ sử dụng ít nguyên liệu nhất. A. 10, 5(dm) . B. 12(dm) . C. 11(dm) . D. 9(dm) . Hướng dẫn giải: h Chọn C. Ta có thể tích hình hộp là: V  x 2 h  665, 5  h  Diện tích toàn phần là S  x 2  4 xh  x 2  665,5 x2 h x 2662 2662  S '  2x  2 ; x x S '  0  x  11 h x h Lập bảng biến thiên ta thấy khi x  11 thì S đạt giá trị nhỏ nhất Vậy để sử dụng ít nguyên liệu nhất thì bác thợ xây phải cắt một miếng tôn có đáy là hình vuông cạnh 11(dm) . Câu 27: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng A. x  V 2 3 3 B. x  V C. x  V 1 4 D. x  V Hướng dẫn giải: Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ  a, x  0  Khi đó, V  a 2 x  a  V V  Stp  2a 2  4ax  2  4 Vx x x Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì Stp nhỏ nhất  2 Cách 1 : Xét hàm số f  x   2 V  4 Vx nhỏ nhất. x V  4 Vx trên  0;   x File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 122 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 2V 2 V 2 Ta có f '  x   2  ; f ' x  0  x V  V x  x  V 3 x x 1 x +∞ V3 0 f'(x) + 0 f(x) 1 f (V 3 ) Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ 1 3 bằng V . Cách 2: ta có 2 V V  4 Vx  2  2 Vx  2 Vx  6 3 V 2 x x Dấu "  " xảy ra tại V  Vx  x 3  V  x  3 V x Câu 28: Người ta muốn xây một bồn chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 5m, 1m, 2m (hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm, chiều rộng 10cm, chiều cao 5cm. Hỏi người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bồn đó và thể tích thực của bồn chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể) A. 1180 viên, 8820 lít B. 1180 viên, 8800 lít C. 1182 viên, 8820 lít D. 1180 viên, 8800 lít 1dm VH' 1dm VH 2m 1m 5m Hướng dẫn giải: Phân tích: * Theo mặt trước của bể: Số viên gạch xếp theo chiều dài của bể mỗi hàng là x  500  25 viên 20 200  40 . Vậy tính theo chiều cao thì 5 có 40 hàng gạch mỗi hàng 25 viên. Khi đó theo mặt trước của bể. N  25.40  1000 viên. Số viên gạch xếp theo chiều cao của bể mỗi hàng là: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 123 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao * Theo mặt bên của bể: ta thấy, nếu hàng mặt trước của bể đã được xây viên hoàn chỉnh 1 đoạn nối hai mặt thì ở mặt bên viên gạch còn lại sẽ được cắt đi còn viên. Tức là mặt bên 2 sẽ có 1 100  20 .40  .40  180 viên. 2 20 Vậy tổng số viên gạch là 1180 viên. Khi đó thể tích bờ tường xây là 1180.2.1.0,5  1180 lít Vậy thể tích bốn chứa nước là: 50.10.20  1180  8820 lít Câu 29: Từ một mảnh giấy hình vuông cạnh là a, người ta gấp nó thành 4 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tứ giác đều (như hình vẽ). Từ một mảnh giấy hình vuông khác cũng có cạnh là a, người ta gấp nó thành 3 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tam giác đều (như hình vẽ). Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của lăng trụ tứ giác đều và lăng trụ tam giác đều. So sánh V1 và V2 . A. V1  V2 được B. V1  V2 C. V1  V2 D. Không so sánh Hướng dẫn giải: a a a3 Ta có V1  a. .  4 4 16 1 a 3 a a3 3 và V2  a. . . .  . Do đó V1  V2 . 2 3 2 3 36 Ta chọn phương án C. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 124
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top