Mail:
 a 3 . Gọi G là
B C D có AB  a, AD  a 2, AA�
Câu 53. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����
P
, CD�
, D��
B tương ứng
trung điểm của BD�
, mặt phẳng   đi qua G và cắt các tia AD�
tại ba điểm phân biệt H , I , K . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T

A.

T

1
1
1


2
2
D'H
D'K
D'I2 .

1
3a 2 .

B.

T

4
a2 .

C.

T

4
3a 2 .

D.

T

1
12a 2 .

Họ và tên: Hoàng Nhàn, fb: Hoàng Nhàn
Lời giải
Chọn C

D�
H
D�
I

D�
K
 x,
 y,
z
A
D�
C
D�
B� .
Đặt D�


uuuur 1 uuuu
r 1 uuur 1 uuuu
r 1 uuuur
D�
G  D�
B  D�
A  D�
C  D�
D
2
2
2
2
ta có
uuuur
uuur
uuuur uuur

1 uuuur uuuur uuur
H  D�
D  D�
A
D�
H  xD�
A  x D�
D  D�
A � D�
x
Ta có





uur uuuur uuuur
uuur
uuuur
uuuur uuuur � 1 u
�
D
I  D�
D  D��
C
D�
I  yD�
C  y D�
D  D��
C

y





uuuur
uuur
uuuur uuuur
1 uuuur uuuur uuuur
�
D�
K  D�
A�
 D��
C
D�
K  zD�
A  z D�
A�
 D��
C
z
uuuur 1 uuuur 1 uuur 1 uuuur
� D�
G
D�
H
D�
I  D�

K
4x
4y
4z





1
1
1
uuur uuuu
r uuu
r uuur


1
DG
,
DH
,
DI
,
DK
4
x
4
y
4

z
Do
không đồng phẳng nên
.
�

D�
A D�
C D�
B


4
D�
H D�
I D�
K
2

A D�
C D�
B� � 1
1
1 � 2
�D�
�4 �


�� 2 


D�
A  D�
C 2  D��
B 2

�
2
2 �
�
�
�
�
�
�
D
H
D
I
D
K
D
H
D
I
D
K
�
� �
�
2


T

16
16
2
2
D�
A  D�
C  D�
B� 12a 2
2

4
3a 2

Email:
Câu 54. Gọi V là thể tích của khối chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng b . Tìm giá trị lớn nhất của
V?

4b3
A. 9 3 .

b3
B. 3 2 .

2b3 2
D. 9 3 .

b3 3

C. 12 .
Lời giải
Họ và tên: Đỗ Tấn Bảo

Tên FB: Đỗ Tấn Bảo

Chọn A
Giả sử hình chóp đều S.ABCD có O là tâm hình vng ABCD. Suy ra
2
2
Đặt OD  x � SO  b  x , 0  x  b .

SO   ABCD 

.


Do đó thể tích S.ABCD là

VS . ABCD 

Đặt t  b  x , 0  t  b thì
2

2

2 2 2
x b  x2
3
.


VS . ABCD 

2 2 2
2
b t  t  f  t

f t  b 2t  t 3
3
3
với  
.

Cách 1. Dùng bất đẳng thức Cosi (Cô Lưu Thêm)
3

2
2 4 2
2 �x 2  x 2  2b 2  2 x 2 � 4b3
V  x 2 b2  x2 
x  b  x2  �
�
�
3
3
3 �
3
� 9 3.
Ta có


Vậy

Vmax 

4b3
9 3.

Cách 2. Dùng hàm số
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên thì VS . ABCD nhỏ nhất

Vmax 

2
2 2b3
4b3
Max f  t   .

3
3 3 3 9 3
 0;b 

(ddvtt).

Phương án B là đốn tam giác SOD vng cân.
0
Phương án C là đốn góc giữa cạnh bên với đáy bằng 60 .

Phương án D là do nhầm lẫn


x

b
3.

Email:
Câu 55. Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân

 AD //BC 

và BC  2a ,

AB  AD  DC  a  a  0 

. Mặt bên SBC là tam giác đều. Biết SD vng góc với AC .
Mặt phẳng (  ) qua điểm M thuộc đoạn BD ( M khác B, D ) và song song với hai
đường thẳng SD và AC . Thiết diện của hình chóp S . ABCD cắt bởi mặt phẳng (  ) có
diện tích lớn nhất là.

3 3 2
a
A. 4
.

3 3 2
a
B. 2
.


2
C. 2a .

2
D. a .

Lời giải
Tác giả : Chu Viết Tấn,Tên FB: Chu Viết Tấn
Chọn A


Lời giải
Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.
Kẻ DT song song AC ( T thuộc BC ). Suy ra CT  AD  a và DT vng góc  SD .
Ta có: DT  AC  a 3 .
0
�
Xét tam giác SCT có SC  2a, CT  a, SCT  120 � ST  a 7
Xét tam giác vng SDT có DT  a 3 , ST  a 7 � SD  2a
TH1: M thuộc đoạn OD

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD , DC lần lượt tại N , P . Qua M , N , P kẻ
các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần lượt tại K , J , Q . Thiết diện là ngũ
giác NPQKJ .
Ta có: NJ , MK , PQ cùng vng góc với NP.
1
1
dt  NPQKJ   dt  NMKJ   dt  MPQK   2 ( NJ  MK ) MN  2 ( MK  PQ ) MP
1
 ( NJ  MK ).NP

2
(do NJ  PQ ).

NP

MD

AC.MD


� NP 
a 3
AC OD
OD
0 x
 OD
3
Đặt MD  x ,
Ta có:



�a
�
2a. �  x �
NJ AN OM
SD.OM
�3
� 2(a  x 3)



� NJ 

a
SD AD OD
OD
3



KM BM
SD.BM 2a. a

� KM 

SD
BD
BD
a
1�
2(a  x 3) 
dt  NPQKJ   2 �
�
Suy ra:
TH2: M thuộc đoạn OB

3x




2
(a 3  x )
3
3
2
�
( a 3  x) �
3 x  2(3a  2 3 x) x
3
�

x.a 3
 3x
a
3


Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB, BC lần lượt tại N , P.
Qua M cắt SB, SA, SC lần lượt tại K . Thiết diện là tam giác NPK .

1
S NPK  MK .NP
2
Ta có: MK vng góc với NP nên
�
�
a 3
x �� ; a 3 �
�3
�

Đặt MD  x nên
Ta có:



 



NP MB
AC .MB a 3 a 3  x 3 a 3  x

� NP 


AC BO
BD
2
2a 3
3
KM BM
SD.BM 2a. a 3  x
2

� KM 


(a 3  x )
SD
BD

BD
a 3
3
3
2
(
3
a

x
)
dt NPK   2
Suy ra: 





Vậy diện tích thiết diện

S(x)=

�
2(3a  2 3 x) x
�
�
f  x  �
�3
2
(

3
a

x
)
�2
�

� a 3�
khi x ��
0;
�
� 3 �
�
�
a 3
khi x �� ; a 3 �
�3
�

3 3 2
3
a
x
a
4
Từ bảng biến thiên ta có diện tích thiết diện lớn nhất bằng 4
khi
Email:
Câu 56. 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 SB và SD lần lượt tại M và N .
Gọi

V1

V1
là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V .


1
A. 3 .

1
B. 8 .

2
C. 3 .

3
D. 8 .

Lời giải
Tác giả: Lê Cảnh Dương,Tên FB: Cảnh Dương Lê
Chọn A

Đặt

x

SM

SN
y
SB ,
SD ,  0  x, y �1 .

V1 VS . AMP  VS . ANP  VS . AMP  VS . ANP  1 �SM . SP  SN . SP � 1

�  x  y 
2VS . ABC 2VS . ADC 2 �
�SB SC SD SC � 4
V
Ta có V
(1)

V1 VS . AMN  VS .PMN  VS . AMN  VS .PMN  1 �SM . SN  SM . SN . SP � 3

� xy
2VS . ABD 2VS .CBD 2 �
�SB SD SB SD SC � 4
V
Lại có V
(2).
1
3
x
 x  y   xy � x  y  3xy � y 
4
3 x  1 . Từ điều kiện 0  y �1 , ta có
Suy ra 4
V1 3 x 2

x
1
 .
x�
�1
3 x  1 , hay
2 . Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích V 4 3 x  1 .
2

3 x
1 �
�
f  x  .
, x �� ;1�
4 3x  1
2 �, ta có
�
Đặt

3 3x 2  2 x
f�
 x  .
4  3x  1 2

x  0 ( L)
�
�
f�
 x  0 � � 2
x

(N )
3
�
,
.

V
3
�1 �
�2 � 1
min 1  min f  x 
�2 � 1
f � � f  1 
f � �
 f � �
1 �
V x��
;1
�
8 , �3 � 3 , do đó
2 �
�2 �
�3 � 3 .
�
�
Email:
Câu 57. Trong các hình chóp tứ giác đều ngoại tiếp hình cầu bán kính a , thể tích khối chóp nhỏ
nhất là
32 3
a

A. 3 .

3

B. 10a .

10 3 3
a
C. 3
.

16 3
a
D. 3 .

Lời giải
Tác giả : Chu Viết Tấn,Tên FB: Chu Viết Tấn
Chọn A
Giải:


Xét mặt phẳng đi qua đường cao SH của hình chóp và trung điểm M của 1 cạnh đáy cắt
hình chóp theo tam giác cân SMN và cắt hình cầu theo đường trịn tâm O bán kính a nội
tiếp tam giác SMN.

�
Đặt SNH  t , SH  x ta có HN  x cot t , MN  2 x cot t
1
4
V  MN 2 .SH  x 3 cot 2 t

3
3
Thể tích khối chóp là

SH  OH  SO � x  a 

a
a
� cos t 
cos t
xa
2

2
a2
� a � x  2ax
2
sin t  1  cos t  1  �
,cot t 
�
2
�x  a �  x  a 
x x  a
2

Ta có

Vậy

2


4a 2 x 2
V
3  x  2a 

Ta xét hàm số

rõ ràng x  2a thì thể tích đó mới tồn tại.

4a 2 x 2
f  x 
3  x  2a 

f ' x  
khi đó

4a 2 x( x  4a )
3  x  2a 

2

32a 3
Vậy khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng 3 khi x  4a và cạnh đáy bằng 2a 2


Câu 58. Email:
Câu 59. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng 1, các mặt bên là các tam giác có
góc ở đỉnh S bằng . Cho A’ là trung điểm SA, C’ thuộc cạnh SC sao cho . Mặt phẳng (P)
đi qua A’, C’ cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B’, D’. Số nào gần với giá trị nhỏ nhất của
chu vi tứ giác A’B’C’D’ .

A. 1.79

B. 3.3

C. 2.05

D. 1.3

Lời giải.
Tác giả: Vương Mạnh Hiệp.,Tên FB: HiepVuong
Chọn A

Từ giả thiết của bài toán ta có: (1)
Trải phẳng 4 mặt bên của hình chóp và ghép lại sao cho thu được một nủa lục giác đều
với cạnh SA tách thành SA và SA’ và đặt vào hệ Oxy(hình vẽ)
Khi đó ta có: và .
Chu vi cần A’B’C’D’ là


Dấu “=” xẩy ra khi .
Email:
Câu 60. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có mặt bên SAB là tam giác đều cạnh bằng a nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, đáy là hình thang vng tại A và B , và AD  BC  2b ,
với a, b là các số dương cho trước không đổi, C, D là 2 điểm thay đổi. Gọi m là giá trị
nhỏ nhất của diện tích tồn phần của hình chóp S. ABCD (diện tích tồn phần bằng tổng
diện tích tất cả các mặt của hình chóp). Khi đó giá trị

x.a  y.b  z.a2  t.b2
A. 16 .


4m
a có dạng:

, với x, y, z, t là các số nguyên dương. Tính tổng x  y  z  t
C. 14

B. 18.

D. 13 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Thắng; FB: Nguyễn Thắng
Chọn B

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD ⇒ Ta có SE là đường cao của hinh chóp và
EF là đường trung bình của hình thang vuông ABCD
Hạ EI  CD ta chứng minh được CD  (SEI ) � SI  CD
Ta cũng chứng minh được SA  AD, SB  BC

Ta tính được
Và:

SSCD 

SE 

a 3
a2 3
; EF  b SSAB 
; SABCD  ab; SSAD  SSBC  ab

2
4
;

1
SI .CD
2


Vì tổng SSAB  SABCD  SSAD  SSBC khơng đổi nên diện tích tồn phần của hình chóp
S. ABCD đạt GTNN � SSCD đạt GTNN

�
Gọi IFE   thì: EI  EF .sin  bsin . Theo ĐL Pytago ta tính được:
SI  SE 2  EI 2 

Kẻ DK / / AB ⇒

1
3a2  4b2 sin2 
2
a
sin

DK  AB  a � CD 

1 a 1
1
3a2
.

. 3a2  4b2 sin2   a
 4b2
2 sin 2
4 sin2 
⇒
⇒ SSCD đạt GTNN ⇔
1
a 3a2  4b2
0
sin  1 �   90 và GTNN của SSCD bằng: 4
SSCD 

Vậy

m

4m
a2 3
1
 a 3  8b  3a2  4b2
 2ab  a 3a2  4b2
4
4
a
⇒

⇒ x  3, y  8, z  3, t  4 � x  y  z  t  18


SA   ABC 

Câu 61. Cho hình chóp tam giác S . ABC ,
. Đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B ,
SB  a . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SCB  và  ABC  . Xác định giá trị của sin 
để thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất.

A.

sin  

3
.
3

B.

sin  

2 3
.
3

C. sin   1.

D.

sin  

3
.
2


Lời giải
Tác giả : Tống Tuệ Tâm, FB: Tâm Tâm Tuệ
Chọn A


Ta có :

�
 SBC  � ABC   BC
�
� BC  SB
�BC  AB
�BC  SA
� .
�   SBC  ,  ABC      SBA
�

� AB  a.cos   BC ; SA  a.sin  . Nên
1
 a 3 .sin  .cos 2  .
6

Suy ra
Đặt

1
1
VS . ABC  SA.S ABC  .SA. AC.BC
3

6

VS . ABC max �  sin  .cos 2   max

x  sin   0  x  1 ,

khi đó

sin  .cos 2   x  1  x 2   x  x 3

3
 1  3x2 ,
Xét hàm số y  x  x với 0  x  1 ta có y�

�3� 3
3 2 3
ymax  y �
�3 �
� 3  9  9
� �
lập bảng biến thiên ta có
.

Vậy

Vmax � sin  

3
3 .




P
B C D cạnh a . G là trung điểm BD�
Câu 62. Cho hình lập phương ABCD. A����
, mặt phẳng  
; CD�
; D��
B tương ứng tại H , I , K . Khi đó giá trị lớn nhất biểu
thay đổi qua G cắt AD�

thức
T
8
2
A. 3a

1
1
1


D�
H .D �
I D�
I .D�
K D�
K .D�
H


16a 2
B. 3

16
2
C. 3a

8a 2
D. 3

Lời giải
Chọn A
ACB�
Vì G là trung điểm BD�nên G là trọng tâm của tứ diện D�
Xét bài toán phụ: Trong tam giác ABC , O là trung điểm của BC ; đường thẳng bất kì cắt
AB AC
AO

2
AB, AO, AC lần lượt tại E , I , F . Khi đó ta có: AE AF
AI .


Từ B, C kẻ các đường song song với EF cắt AO lần lượt tại M , N . Suy ra OM  ON và theo
Talet ta có:
AB AC AM AN AO  OM  AO  ON
AO





2
AE AF
AI
AI
AI
AI

Áp dụng kết quả trên vào bài toán ta được:
D�
B� D �
C D�
A
D�
M
D�
F D�
O
D�
O


2
2

3
D�
I D�
K D�
H

D�
N
D�
T D�
G
D�
G
a 2
a 2
a 2
1


1
(ab  bc  ca) � (a  b  c) 2
3
Hay ta có: 4 D ' I 4 D ' K 4 D ' H
. Ta chứng minh được
nên
1
1
1
1 1
1
1 2
8
T


� (



)  2
D ' H .D ' I D ' I .D ' K D ' K .D ' H 3 D ' I D ' H D ' K
3a
Dấu bằng xảy ra khi (P) đi qua G và song song với mp(ABC). Vậy chọn A.

Mail:
Câu 63. Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD
sao cho

2

BC
BD
3
 10
BM
BN
. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN

V1
và ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của V2 .


3
A. 8 .

5
B. 8 .


2
C. 7 .

6
D. 25 .

Người giải: Lê Văn Nhân Tên FB: le van nhan
Lời giải
Chọn D
1
d A; BMN   .SBMN
S
V1 3  

 BMN
V2 1 d A; BCD .S

  BCD SBCD

3
Ta có
.
Gọi H là hình chiếu của M lên BD và K là hình chiếu của C lên BD , khi đó ta có
S BMN MH .BN BM BN


.
S BCD CK .BD
BC BD


10  2

BC
BD
BC BD
3
�2 6.
.
BM
BN
BM BN

Dấu “=” xẩy ra khi

BM 

BC BD
.
BM BN

25

6

BM BN
.
BC BD

6


25 .

2
3
BC , BN  BD
5
5

S BMN
6
�
Suy ra SBCD 25 .
V1
6
Vậy V2 nhỏ nhất bằng 25 .

Mail:
Câu 64. Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD
sao cho

2

BC
BD
3
 10
BM
BN
. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN


V1
và ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của V2 .


3
A. 8 .

5
B. 8 .

2
C. 7 .

6
D. 25 .

Người giải: Lê Văn Nhân Tên FB: le van nhan
Lời giải
Chọn D
1
d A; BMN   .SBMN
S
V1 3  

 BMN
V2 1 d A; BCD .S

  BCD SBCD


3
Ta có
.
Gọi H là hình chiếu của M lên BD và K là hình chiếu của C lên BD , khi đó ta có
S BMN MH .BN BM BN


.
S BCD CK .BD
BC BD

10  2

BC
BD
BC BD
3
�2 6.
.
BM
BN
BM BN

Dấu “=” xẩy ra khi

BM 

BC BD
.
BM BN


25

6

BM BN
.
BC BD

6

25 .

2
3
BC , BN  BD
5
5

S BMN
6
�
Suy ra SBCD 25 .
V1
6
Vậy V2 nhỏ nhất bằng 25 .

Email:
Câu 65. Cho hình hộp đứng


ABCD. A ' B ' C ' D '. có cạnh bên AA '  a 3 , đáy là hình thoi

�
cạnh a, BAD  60 .Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua
0

M và song song với mặt phẳng ( ACD ').
Khi thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất thì diện tích của

 ACD ' là :

3a 2 39
8
A.

3a 2 39
4
B.

3a 2 39
2
C.

Lời giải

a 2 13
D. 8 .


Tác giả : Nguyễn Thị Ngọc Lan

Chọn A

I
D'
R

Q
C'

F

A'

P
D

B'

S

C
K

O

A

M

J


N

E

B

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N.
Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ tại
F.
Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại
R, Q.
Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.
Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P.
Thiết diện là lục giác MNPQRSDo các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh
đối của lục giác thiết diên MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với
các cạnh tam giác ACD’.

Các
tam
giác
JKI,
ACD’,
RQI,
JMS,
NKP
đồng
MJ MA NC NK
PC PK QD ' QI








MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  MJ=NK và PK=QI

dạng

 Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích
các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S)
AM
 k;
Đặt AB
ta có điều kiện 0  k  1 và có:
2

2

2

S1 �JM � �AM � �AM � 2
 � � � � � � k
S �AC � �DC � �AB �
 S1 = k2S
2

2


2

S 2 �JK � �JM  MK � �JM MK �
2
 � � �
� � 
�   k  1
S �AC � � AC
� �AC AC �
 S2 =( k2 + 2k +1)S

 Diện tích thiết diện: Std  S2  3S1


2
�
1
3 � 1 �� 3S
Std  2S (k 2  k  )  2S �  �
k  ���
2
4 � 2 �� 2
�

S lớn nhất 

k

(dấu bằng xảy ra 


k

1
2)

1
2  M là trung điểm của AB

D ', AD  2a � S ACD '
'

Ta có : ACD ' cân tại

a 2 39

4 ,

Email:

B C D có tồng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ
Câu 66. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A����
dài đường chéo AC �bằng 6 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp ?
A. 8 .

B. 8 2 .

D. 24 3 .

C. 16 2 .
Lời giải


Tác giả :Vũ Thị Hằng,Tên FB:Đạt Lâm Huy
Chọn B

�
a 2  b 2  c 2  36
(1)
a , b, c
�
2(ab  bc  ac)  36
�
Đặt
là kích thước của khối hộp thì ta có hệ
.
�
�
�
(a  b  c) 2  2(a  b  c)  36
(a  b  c) 2  72
abc  6 2
(1) � �
��
��
2(ab  bc  ac )  36
ab  bc  ca  18
ab  bc  ca  18
�
�
�
.

V  abc.

Cần tìm GTLN của
Cách 1.
�
�
bc 6 2 a
bc 6 2 a
�
�
��
�
bc  18  a  b  c 
bc  18  a(6 2  a)
�
Ta có �

 b  c
Do

2

6
�4bc
nên suy ra

2 a




2





�4 �
18  a 6 2  a �
�
�

� 3a 2  12 2a �0 � 0  a �4 2.





V  abc  a �
18  a 6 2  a � a 3  6 2a 2  18a
�
�
Do đó
.Lập bảng biến thiên của hàm
3
2
0; 4 2 �
�ta tìm được GTLN của V là 8 2 đạt được khi
số f (a)  a  6 2a  18a trên
a  4 2, b  c  2 và các hoán vị.


Cách 2.
Đk tạm thời a, b, c �(0;6 2)




3
2
Ta thấy a,b,c là 3 nghiệm của phương trình x  6 2 x  18 x  V  0(2)
(2) � x 3  6 2 x 2  18 x  V .Lập bảng biến thiên của hàm số f ( x)  x 3  6 2 x 2  18 x

và tìm V lớn nhất để phương trình có 3 nghiệm(khơng nhất thiết phân biệt) thuộc khoảng
(0;6 2) thì ra đáp số tương tự cách 1.
Sai lầm mắc phải là học sinh dùng bđt Cơsi tìm GTLN của V nhưng dấu ‘=’ khơng xảy
ra.
Ta
có
2
2
2
2
2
AC � a  b  c  36; S  2ab  2bc  2ca  36 � (a  b  c)  72 � a  b  c  6 2
abc 3
�
abc
3

3


�a  b  c �
abc �
�
� 3
�

3

�6 2 �
�
�3 �
� 16 2
�
�

VMax  16 2

. Vậy
Họ và tên: Phạm Thanh My
Email:
Facebook: Pham Thanh My
Câu 67. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , các tam giác SBC và SCD
đều là các tam giác vng cân đỉnh S . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD .
a3 2
A. 3 .

a3 2
B. 6 .

a3 2

C. 12 .

Lời giải

Chọn C

SBC và SCD đều là các tam giác vuông cân đỉnh S
a 2 �
�  450
� CS 
, BCS  DCS
2
Đặt

� 
BCD

a3 2
D. 24 .


1
� .cos DCS
� .cos BCD
� - cos 2 BCS
�  cos 2 DCS
� - cos 2 BCD
�
VS . ABCD  2VS . BCD  CB.CD.CS 1  2 cos BCS
3

3
a 2
=
cos  - cos 2 
6
a3 2
=
6

2

3
1 �1
� a 2
 �  cos  � �
4 �2
� 12

a3 2
� 1
cos BCD
2.
Thể tích khối chóp S . ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng 12 khi và chỉ khi

Email:
Câu 68. Cho tam giác ABC đều cạnh a . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng vng góc với
mặt phẳng ( ABC ) tại A ( M khác A ). Gọi H , O lần lượt là trực tâm tam giác M BC
và ABC . Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện OH BC bằng:

a3

A. 121 .

a3
B. 144 .

a3
C. 145 .

a3
D. 112 .

Lời giải
Tác giả : Đồng Anh Tú,Tên FB: Anhtu
Chọn B

Ta có CE ^ ( MAB) � MB ^ (CEF ) � MB ^ OH
0
�
Tương tự MC ^ OH � OH ^ ( MBC ) � DHO = 90 . Kẻ HH ' ^ (OBC ) � H ' thuộc
3a 2
S =
DO . Ta có OBC
12 nên thể tích OH BC lớn nhất khi HH ' lớn nhất; H chạy trên
1
HH ' = DO
2
đường tròn đường kính OD nên HH ' lớn nhất khi
, khi đó

1

a3
a3
1
3a
V

HH
'.
S

V
=
HH '  AD � HH ' 
H .OBC
OBC
max
3
144 . Suy ra
144 .
6
12 và
Email:


Câu 69. Cho lăng trụ tam giác đều ABCA ' B ' C ' với độ dài tất cả các cạnh bằng a . Xét tất cả các
đoạn thẳng song song với mặt bên ABB ' A ' và có một đầu E nằm trên đường chéo A ' C
của mặt bên AA ' C ' C , còn đầu kia F nằm trên đường chéo BC ' của mặt bên BB ' C ' C .
Hãy tìm độ dài ngắn nhất của các đoạn thẳng này.

a

B. 5

2a
A. 5 .

2a
D. 5

a
C. 5 .

Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Thảo,Tên FB: Nguyễn Thanh Thảo
Lời giải
Chọn B

Dựng

mp  P 

Tromg
Đặt

mp  P 

mp  AA ' B ' B 
chứa EF và song song
cắt AC và BC tại D và L
từ L kẻ đường thẳng song song với EF , cắt DE tại K .

CL  x,  0  x  a 


.

Khi đó ta có: EK  FL; CL  LD  CD  x và BL  a – x
BB ' C ' C là hình vng, suy ra FLB vuông cân tại L nên EK  FL  LB  a  x (1)
AA ' C ' C là hình vng, suy ra DEC vng cân tại D nên ED  DC  x (2)

Từ (1) và (2) có:

KD  ED – EK  x   a  x   2 x – a

Suy ra độ dài EF  KL 

KD 2  DL2 =

.

x 2  (2 x  a) 2  ( 5 x 

2a 2 a 2
) 
5
5


a
2a
2
Suy ra EF ngắn nhất bằng 5 khi x  5 , tức là CL  5 BC .
Email:

Câu 70. Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC  2a , AD  a , AB  b . Mặt
bên ( SAD ) là tam giác đều. Mặt phẳng ( ) qua điểm M trên cạnh AB và song song với
các cạnh SA , BC . ( ) cắt CD, SC , SB lần lượt tại N , P, Q . Đặt x  AM (0  x  b) .
Giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi ( ) và hình chóp S . ABCD là

a2 3
A. 6 .

a2 3
B. 12 .

a2 3
C. 3 .

a2 3
D. 2 .

Lời giải
Họ và tên người sưu tầm : Lê Thị Thu Hằng,Tên FB: Lờ Hng
Chn C

( ) PSA và BC nên ( ) P( SAD) � MQ PSA, NP PSD
Ta có MN PPQ P AD PBC
BM CN

Theo ĐL Talét trong hình thang ABCD: BA CD (1)
BM BQ MQ


SA (2)

Theo ĐL Talét trong SAB : BA BS

CN CP PN


Theo ĐL Talét trong SCD : CD CS SD (3)
MQ  NP 

Từ (1), (2), (3) suy ra
� Thiết diện là hình thang cân và

bx
x
x
a; PQ  2a; MN  a  a
b
b
b


2

1
�MN  PQ �
Std  ( MN  PQ) MQ 2  �
�
2
� 2
�
1 �ab  ax 2ax � a 2 (b  x)2 a 2 (b  x ) 2 1 a(b  3 x) a 3(b  x)

 �


 .
.
�
2� b
b �
b2
4b2
2
b
2b
2

a2 3
a 2 3 �3x  b  3b  3x � a 3

(3 x  b)(3b  3 x) � 2 �
�
12b 2
12b �
2
3
�

a2 3
b
x
3.

Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là 3 khi
Email:
Câu 71. Cho ba nửa đường thẳng Dx, Dy , Dz đơi một vng góc. Trên Dx, Dy, Dz lần lượt lấy
ba điểm A, B, C sao cho A, B, C �D và SABC  s ( s  0 , s khơng đổi). Giá trị lớn
nhất của diện tích tồn phần của tứ diện ABCD là
A.

3.s .

B. 3s .

C.





3  1 .s

.

D. 2 3.s .

Lời giải
Tác giả : Vũ Danh Được,Tên FB: Danh Được Vũ
Chọn C

ABC 
ABC 
Gọi H là hình chiếu vng góc của D lên 

, trên 
gọi K  CH �AB

Dễ dàng chứng minh được

AB   CDH  � CH  AB

tại K và DK  AB .


2
Trong tam giác CDK vng tại D , có DH là đường cao nên HK .CK  DK

Suy ra
AB 2 .HK .CK  DK 2 . AB 2 �

Chứng minh tương tự có

2

1
1
�1
�
HK . AB. CK . AB  � DK . AB � � S HAB .S ABC  S 2DAB
2
2
�2
�


SHBC .SABC  S2DBC

và

SHAC .SABC  S2DAC

Từ đó

 SHAB  SHBC  SHAC  .SABC  S2DAB  S2DBC  S2DAC

Suy ra

S2DAB  S 2DBC  S2DAC  S2ABC  s 2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

 SDAB  SDBC  SDAC  2 � 1  1  1 .  S2DAB  S2DBC  S2DAC   3s 2
Do đó SDAB  SDBC  SDAC � 3.s
Suy ra





Stp  SDAB  S DBC  S DAC  S ABC � 3  1 .s

Dấu bằng khi S DAB  SDBC  S DAC � DA  DB  DC
Email:

Câu 72. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA  ( ABC ), SC  a

.Tìm số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn
nhất..

A.

arccos

6
3

B.

arccos

6
2

C.

arctan

6
3

D.

arc cot

6
3


Lời giải
Tác giả : Trần Quốc An,Tên FB: Tran Quoc An
Chọn A
BC  AC �
0
�
�
�� BC  ( SAC ) � ( SBC ), ( ABC )  SCA   (0    90 )
Ta có : BC  SA �





Xét tam giác SAC vng tại A, ta có:
�  a sin  ; AC  SC.cos SCA
�  a cos 
SA  SC sin SCA

Do đó :
1 1
1
1
VS . ABC  . AC 2 .SA  a 2 cos 2  .a sin   a 3 cos 2  .sin 
3 2
6
6

��

0; �
�
f
(

)

cos

.sin

2 �, ta có :
�
Xét hàm số
trên
2

f '( )  3cos 3   2 cos   cos  ( 3 cos   2)( 3 cos   2)


��
 ��0; �� cos   0, 3 cos   2  0
� 2�
Vì
.
Do đó :

f '( )  0 � cos  

6

6
�   arccos
.
3
3

Bảng biến thiên :

Vậy thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất khi

  arccos

6
.
3

Email:
Câu 73. Cho tứ diện đều SABC cạnh AB  2a , D là điểm thuộc cạnh AB sao cho BD  2 AD .
Gọi I là trung điểm của SD . Một đường thẳng d thay đổi đi qua điểm I cắt các cạnh
SA, SB tại M , N . Khi đường thẳng d thay đổi thì thể tích nhỏ nhất của khối chóp
3

3
�m � a
� �
S .CMN bằng �n � m , với ( m, n)  1, m, n ��. Tính m  n

A. m  n  4 .

B. m n  6 .


C. m  n  7 .

D. m  n  5 .

Lời giải
Tác giả :Đỗ Văn Cường,Tên FB: Cường Đỗ Văn
Chọn D


Trong tam giác SAB kẻ AE , BF lần lượt song song với MN
SM SI SN SI

,

, ED  2 FD
Ta có SA SE SB SF
SA
SB
SD
2
3
6
SN
SI
Suy ra SM

SB
 x 1
Đặt SN

SA
 6  2 x, x  3
SM

SM
1
SN 1

;

Từ đó SA 6  2 x SB x


� VS .MNC 

1
VS . ABC
6x  2x2
x

3
2 nên

Vì 6 x  2 x đạt giá trị lớn nhất khi
3
3
2
2  2a  2 �2 � a 3
min VS .MNC  VS . ABC 
��

9
9
12
�3 � 2
2

Vậy m  2, n  3 � m  n  5
Email:
1
Câu 74. Cho hình chóp đều S . ABCD có diện tích tam giác SAC bằng 2 . Tìm giá trị lớn nhất
SBC 
của khoảng cách từ A đến 
.

1
A. 2 .

B. 1 .

C.

2.

1
D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Bùi Thị Lợi Facebook: LoiBui
Chọn B


SO   ABCD 
Gọi O  AC �BD . Do S . ABCD là hình chóp đều nên
.

�SO  BC
�
OM  BC � BC   SOM 
Gọi M là trung điểm của BC , ta có �
�  SBC    SOM 

;

SBC  � SOM   SM

OH Trong mặt phẳng  SOM  , kẻ OH  SM  H �SM  thì OH   SBC  .

d  A,  SBC    2d  O,  SBC    2OH
.