Bài toán cực trị hình học không gian và các khối lồng nhau – Trần Đình Cư Toán 12

Tài liệu gồm 31 trang hướng dẫn phương pháp giải dạng toán cực trị hình học không gian và các khối lồng nhau kèm theo bài tập minh họa có lời giải chi tiết.Mời các bạn đón xem.

84 42 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Khối đa diện

Môn: Toán 12

Thông tin:

31 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 2
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Trong quá trình tìm kiếm lời giải nhiều bài toán hình học, sẽ rất có lợi nếu chúng ta xem xét các
phần tử biên, phần tử giới hạn nào đó, tức là phần tử mà tại đó mỗi đại lượng hình học có thể nhận
giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn như cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một tam
giác; góc lớn nhất hoặc góc nhỏ nhất của một đa giác v.v…
Những tính chất của các phần tử biên, phần tử giới hạn nhiều khi giúp chúng ta tìm được lời giải
thu gọn của bài toán.
Phương pháp tiếp cận như vậy tới lời giải bài toán được gọi là nguyên tắc cực hạn.
Như vậy bài toán cực trị hình học là cần thiết trong không gian, nó thường xuất hiện ở những câu
hỏi khó trong phần thi trắc nghiệm THPT Quốc gia.
PHƯƠNG PHÁP
Cơ sở của phương pháp cần kết hợp giữa các quan điểm tìm cực trị như sau:
1. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG
Bất đẳng thức Cauchy cho các biến đại lượng không âm.
2
f x A x B x 2 A x .B x const; x D 1
A x B x
g x A x .B x const; x D 2
2




Nếu
0
xD
, để đẳng thức trong (1) hoặc (2) xảy ra
00
A x B x
0
xD
0
xD
minf x f x
maxg x g x
(ycbt)
Bất đẳng thức Schwartz cho các biến đại lượng tùy ý.
2 2 2 2
2
2 2 2 2
p x a x . x b x . x a x b x x x const; x D 3
q x a x b x x x a x x b x x const; x D 4


Nếu
0
xD
, để đẳng thức trong (3) hoặc (4) xảy ra:
0
00
xD
00
0
xD
maxp x p x
a x b x
xx
minq x q x

(ycbt)
2. SỬ DỤNG TÍNH BỊ CHẶN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC
h x sinu x .cosu x 1
;
nếu
0
00
xD
0
sinu x 1
x D : maxh x h x 1
cosu x 1
3. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ LẬP BẢNG BIẾN THIÊN
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3
4. SỬ DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ HÌNH HỌC CỰC HẠN
minMA MH A H
Từ ý nghĩa đường kính là dây cung dài nhất của đường tròn, ta có:
Hệ quả: M ở trên đường tròn (AB) đường kính AB; với O là tâm
thì:
maxd M;AB CO MH CO;CO AB

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai đường thẳng là độ dài đường
vuông góc chung của hai đường thẳng đó.
Xác định điểm M trên đường thẳng (d) để
min
MA MB
Đây là bài toán Bất đẳng thức
, cần phân biệt các trường hợp:
o A, B ở khác bên so với (d):
MA MB AB
0
min MA MB AB
töông öùng: M M AB d

o A, B ở cùng bên so với (d):
Dựng A’ đối xứng với A qua (d).
Lúc đó: A’ và B ở khác bên so với (d), nên trở về
trường hợp trên:
MA MB AB MA' MB' AB
0
min MA MB min MA' MB AB
töông öùng: M M A'B d
Kết luận: Vậy trong mọi trường hợp ta xác định được M thỏa mãn ycbt.
Xác định điểm M trên đường thẳng (d) để
max
MA MB
Tương tự, cần phân biệt hai trường hợp:
o A, B ở cùng bên so với (d)

MA MB AB
max MA MB AB
tương ứng
0
M M AB d
o A, B ở khác bên so với (d)
(
d
)
M
0
A
B
M
(
d
)
M
0
A
B
M
(
d
)
I
M
0
A'
A
B
M
M
H
A
C
H
O
A
B
M
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4
MA MB MA' MB AB
Với A’ là hình đối xứng của điểm A qua (d), thì A’ và B ở cùng
phía với (d).
0
max MA MB max MA' MB AB
töông öùng M M A'B d
Kết luận: Vậy trong mọi trường hợp ta đã xác định điểm M thỏa ycbt.
I. MỘT SỐ VÍ DỤ MẪU
Ví dụ 1. Cho một hình nón cụt tròn xoay có chiều cao h, các bán kính đáy là r và R
rR
.
Tìm kích thước của hình trụ tròn xoay có cùng trục đối xứng, nội tiếp trong hình nón cụt
đó và có thể tích lớn nhất.
Giải
Gọi x là bán kính, z là chiều cao của hình trụ. Ta có:
r x R
0zh

Giả sử rằng hình trụ nội tiếp trong hình nón cụt như thiết diện qua trục như hình bên.
Thiết diện này cắt hình nón theo hình thang cân AA’B’B, cắt hình trụ theo hình chữ nhật
HKNM.
1 1 2 1
SO' O'A' r
SO OA R
SO' r SO'
SO SO' R r OO'
rh rh Rh
SO' , SO h
R r R r R r
O M SO SO OA SO
x
x
OA SO OA SO SO


Mà
1
R SO z
SO SO z x
SO
Thể tích V hình trụ là:
2
2
2
2
R
V V x x z . SO z z
SO
2
22
2
2
3 2 2
2
R
V x SO z 2SO.z z
SO
R
V x z 2SO.z SO z 0 z h
SO
(
d
)
M
0
A'
A
B
M
r
R
z
h
O'
O
1
H
K
N
M
S
B'
A'
B
A
O
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5


22
22
22
R R SO
V' x 3z 4SO.z SO 3 z z SO
3
SO SO
SO Rh Rh
V' x 0 z z SO z z
3 R r
3 R r
Bảng biến thiên:
Rh Rh
zx
3
3 R r
maxy
z h x r

Để ý rằng:
0zh
, ta có:
Rh r 2
zh
R3
3 R r
Kết luận:
r2
R3

: Thể tích của hình trụ lớn nhất khi hình trụ có kích thước bán kính đáy:
Rh
x
3
,
chiều cao:
Rh
z
3 R r
.
2r
1
3R
: hình trụ có thể tích lớn nhất khi hình trụ có kích thước bán kính đáy:
xr
và
chiều cao
zh
.
Ví dụ 2. Cho nửa hình cầu bán kính r và một nửa hình nón xoay ngoại tiếp với nửa hình
cầu (mặt đáy của hai hình nằm trong cùng một mặt phẳng). Gọi góc đỉnh của nón là
2
.
a) Với góc
nào thì diện tích toàn phần của hình nón bằng
12
5
diện tích toàn phần của
nửa hình cầu.
b) Với góc
nào thì hình nón có thể tích nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
a. Gọi (SAB) là một tiết diện qua đỉnh S và tâm H của hình nón
ngoại tiếp với nửa hình cầu bán kính r, ta có:
1
HI r, AHI ASH ASB
2
HI r
AH
cos cos

AH r HI r
SA ; SH
sin cos sin sin sin
CĐ
CT
CĐ
0
+
-
+
0
0
Rh
(R-r)
Rh
3(R-r)
0
h
V'(x)
x
r
α
α
H
S
B
A
I
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6
Gọi
tp tp
cn
S ; S
và
n
V
theo thứ tự là diện tích toàn phần của nửa hình cầu, hình nón và thể
tích của hình nón, ta có:
tp
2 2 2
c
2
tp
2
n
2
S r 2 r 3 r
r r r
S AH AH.SA .
cos cos sin
cos
Vì
2
tp tp
2
nc
3
r sin 1
12 12
S S .3 r
55
sin sin
3
36sin 31sin 5 0
51
36 sin 1 sin sin 0
66
51
sin sin
66
(vì
là một nửa góc ở đỉnh của hình nón
0
2
)
Tương ứng diện tích toàn phần của hình nón bằng
12
5
diện tích toàn phần của nửa mặt
cầu (ycbt).
b. Ta có:
2
2
nn
2
1 1 r r
V V AH .SH .
3 3 sin
cos
33
n
23
1 1 1 1
V r r
33
cos sin sin sin
Do đó:
2
3
nn
2
3
1 3sin cos cos
V ' V ' r
3
sin sin
3
n
2
3
33
cos sin sin
33
V ' r
sin sin
Khi
biến thiên trong khoảng
0;
2


thì
n
V ' 0
1
trong đó
1
3
sin
3

.
Ta có bảng biến thiên:
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7
Do đó hàm
n
V
đạt cực tiểu tại
1
.
Vậy với
xác định bởi
3
sin
3

thì hình nón có thể tích nhỏ nhất
3
n
3
V r .
2

(ycbt).
Ví dụ 3. Cho khối tứ diện ABCD, biết BCD là một tam giác đều cạnh a và có tâm là điểm
O. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nhận đường tròn (BCD) làm một đường tròn lớn. Xác
định vị trí của đỉnh A trên mặt cầu ấy để thể tích tứ diện ABCD lớn nhất.
Giải
Để ý đường tròn (BCD) là một đường tròn lớn của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABCD và có O là tâm của tam giác BCD
cạnh a, nên tâm O của tam giác BCD cũng chính là tâm của
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
a3
OA OB
3
Từ đó diện tích
c
S
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:
2
22
c
a 3 4
S 4 OA 4 a
33




Gọi AH là đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh A xuống mặt đáy (BCD).
HOA H 90 AH OA
Và tính được thể tích của khối tứ diện ABCD bằng:
ABCD
22
1 1 1 a 3
V S .AH . .a .AH
3 3 2 3
3.a 3.a
.AH .OA 1
12 12






Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra
HO
(hình chóp A. BCD đều)
2
3.a
maxV .OA
12
(ycbt).
Ví dụ 4. Trong tất cả các lăng trụ tam giác đều có cùng diện tích toàn phần S, tìm các cạnh
bên và cạnh đáy của lăng trụ có thể tích lớn nhất.
Giải
Gọi x là cạnh đáy và h là cạnh bên của lăng trụ.
π
r
3
3
2
-
+
α
1
0
0
V
n
'
α
V
n
π
2
a
O
B
D
C
H
A
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 8
Ta có diện tích toàn phần của lăng trụ:
22
x 3 x 3
S 2. 3xh 3xh
42
Ta có thể tích của lăng trụ là:
2
x3
Vh
4
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:
2
x 3 3xh 3xh
2 2 2

Ta có:
2 2 2 2
3
x 3 3xh 3xh x 3.9x .h
3
2 2 2 8
4 2 4 2
4
3 3 2
3
2
44
9 3x .h 9 3x h 3
S 3 S 27. S 9 3. x h
88
22
x 3h 2 2S S S 2S
V
4
4.9 3 18 3
Vậy
4
S 2S
maxV
18 3
Dấu “=” xảy ra khi:
2
2S a
x 2S 3
x 3 3xh S
3
33
2 2 3
1 2S 3
h.
33

Ví dụ 5. Cho mặt cầu tâm O bán kính R. Một hình nón nội tiếp trong hình cầu có chiều cao
là x
0 x 2R
.
a. Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón.
b. Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x.
c. Với giá trị nào của x thì V lớn nhất?
Giải
a. Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón.
2
2 2 2 2
22
r OM OH R x R
r 2Rx x x 2R x
Thể tích của hình nón:
22
11
V r x x 2R x
33
Diện tích xung quanh của hình nón:
S rSM
Biết
2 2 2
SM SH HM x x 2R x 2Rx
b. Ta có:
2
1
V x 2R x 1
3
2 2 2
S x 2R 2R x S 2 Rx 2R x 2
M
S
H
O
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9
Lấy (2) chia (1) ta được:
2
S
6R
V

c. Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:
xx
, ,2R x
22
3
23
3
2
xx
2R x
xx
22
. . 2R x
2 2 3
x 8R
2R x
4 27
1 32 R
V x 2R x
3 81








Vậy
3
32 R
maxV
81
. Dấu “=” xảy ra khi:
x 4R
2R x x
23
Ví dụ 6. Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho trước. So
sánh diện tích toàn phần và thể tích của hình nón với diện tích và thể tích của hình cầu.
Giải
Gọi r là bán kính của đường tròn đáy, h là chiều cao và V là thể tích của hình nón.
2
1
V r h
3

Hai tam giác SCA và SDO đồng dạng cho:
22
2 2 2 2 2
222
2
AC SA r r h
DO SO R h R
r r h r h r
R
h R h R R
2 2 2
2
h R hR
r
h 2R
h h 2R

Suy ra:
22
2
1 1 h R
V r h
3 3 h 2R
Ta có:
2 2 2 2 2
h h 4R 4R 4R
h 2R
h 2R h 2R h 2R

2
4R
h 2R 4R
h 2R
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
22
4R 4R
h 2R h 2R 4R
h 2R h 2R

Vậy:
2
h
8R
h 2R
. Dấu “=” xảy ra khi:
2
4R
h 2R h 2R 2R h 4R
h 2R
r
R
D
S
C
A
B
O
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10
Suy ra:
3
8R
V
3
3
8R
minV
3
khi
h 4R
và
r R 2
Diện tích toàn phần của hình nón là:
2 2 2 2 2
S rSA r R 2 2R 16R 2 R 8 R
Vậy lúc đó diện tích toàn phần và thể tích của hình nón đều gấp đôi diện tích và thể tích
của hình cầu.
II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên
SB b
và tam
giác SAC cân tại S. Trên cạnh AB lấy một điểm M với
AM x 0 x a
. Mặt phẳng
qua M song song với AC và SB cắt BC, SB, SA lần lượt tại N, P, Q. Xác định x để
MNPQ
S
lớn nhất.
A.
a
B.
a
4
C.
a
2
D.
a
3
Phân tích: Trước hết ta phải xác định được MNPQ là hình chữ nhật
Vì
mp / /SB
và
mp / /AC
nên MNPQ là hình bình hành.
AC SO ( ACS caân)
AC BD (ñöôøng cheùo hình vuoâng)

AC mp SBD
AC SB
, mà
MQ/ /SB
MN MQ
Vậy MNPQ là hình chữ nhật.
Hướng dẫn giải
Ta có: MN // AC
BM a x
MN .AC .a 2 a x 2
BA a
SAB
có: MQ // SB
AM bx
MQ .SB
AB a
MNPQ
b2
S MN.MQ a x x
a
(đvdt)
Ta có:

2
a x x
a
a x x a x x
24
MNPQ
S
lớn nhất khi và chỉ khi
a x x
a
x
2

.
a
b
O
N
P
Q
B
A
D
C
S
M
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 11
Vậy chọn đáp án C.
Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên
SA a
và
SBD
cân tại S. Trên AB, AD lần lượt lấy M, N sao cho
AM AN
k 0 k 1
AB AD
. Mặt
phẳng
qua MN song song với SA cắt SD, SC, SB tại P, Q, R. Tính k để
MNPQR
S
lớn
nhất.
A.
1
k
2
B.
5
k
3
C.
1
k
3
D.
2
k
3
Hướng dẫn giải
Ta có: MNPQR là hợp hai hình thang vuông bằng nhau MIQR và NIQP, trong đó:
MR // IQ // NP (cùng song song với SA), và MN // BD.
Ta có:
MNPQR MIQR
2
2 k a
2ka
IQ ; MR 1 k a; MI
22
S 2S IQ MR .MI
2k 4 3k a
(ñvdt)
4
MNPQR
2
S max k
3

.
Vậy chọn đáp án D.
Câu 3. Trên nửa đường tròn đường kính
AB 2R
, lấy điểm C tùy ý. Kẻ
CH AB
(H
thuộc AB). Gọi I là điểm giữa của CH. Trên một nửa đường thẳng It vuông góc tại I với
mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho góc
ASB 90
. Đặt
AH x
. Với giá trị nào của x thì
SABC
V
đạt giá trị lớn nhất.
A.
R
x
2
B.
R
x
2
C.
x 2R
D.
xR
Hướng dẫn giải
Ta có:
ABC
1
V S .SI
3
, trong đó:
ABC
11
S AB.CH 2R AH.BH R x 2R x
22
33
SI CH x 2R x .
22
Vậy:
3x 2R x
1 R 3
V R x 2R x . x 2R x
3 2 6
V lớn nhất khi
x 2R x
lớn nhất.
O'
Q
I
P
R
N
O
B
A
D
C
S
M
I
H
B
A
C
S
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 12
Biết
2
2
x 2R x
x 2R x R
2


. Dấu “=” xảy ra
x 2R x x R
Vậy, thể tích tứ diện SABC lớn nhất khi
xR
và
3
max
R3
V
6
(đvtt)
Vậy chọn đáp án D.
Câu 4. Cho hình chóp đều có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Cho điểm
M SA
sao cho
diện tích
MBD
nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất
MBD
.
A.
3a
4
B.
a
2
C.
2a
4
D.
a
4
Hướng dẫn giải
Gọi S là diện tích
MBD
.
11
S BD.MO a 2.MO 1
22
minS
xảy ra
minMO
xảy ra
Nhưng
minMO d O,SA OH

Vì tứ diện đều nên
O AB CD
thì SO là đường cao.
SOA
vuông tại O (2)
Trong đó:
22
2 2 2
a2
OA
2
2a 2a a 2
SO SA OA a
4 4 2
2
SOA
vuông cân tại O
2 a 2 2 a
OH OA. .
2 2 2 2
1
1 a 2a
minS .a 2.
2 2 4
xảy ra khi H là trung điểm SA (ycbt)
Vậy chọn đáp án C.
Câu 5. Cho tứ diện ABCD có cạnh
AB x
, các cạnh còn lại bằng a.
Câu 5.1. Tính diện tích toàn phần của tứ diện theo a, x.
A.

2 2 2
a 3 x 4a x
B.

2 2 2
a 3 4a x
C.

2 2 2
a 3 2x 4a x
D.

2 2 2
a 3 x 4a x
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm AB theo tính chất tam giác cân
CH AB
DH AB

Ta có:
AB x;DA DB DC AC BC a
a
a
O
C
D
A
B
S
H
M
a
x
a
a
a
a
I
O
H
A
C
B
D
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13
Nên:
ADC BCD (do hai tam giaùc ñeàu caïnh a)
DAB CAB
2
ADC BCD
a3
S S 1
4
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2
DAB CAB
x 1 1 1
CH AC AH a 4a x S D CH.AB x 4a x 2
4 2 2 4
Từ (1) và (2)
2 2 2
tp
1
S a 3 x 4a x
2



Vậy chọn đáp án A.
Câu 5.2. Với giá trị nào của x thì thể tích
ABCD
V
đạt giá trị lớn nhất.
A.
3a
4
B.
a6
2
C.
5a
4
D.
3a
4
Hướng dẫn giải
Gọi O là hình chiếu của D xuống mặt phẳng (ABC)
Do
AD DB DC a OA OB OC
DO
là trục đường tròn ngoại tiếp
ABC
.
DO hiển nhiên là đường cao tứ diện DABC.Gọi I là trung điểm DC. Ta có:
DH HC DHC
cân
HI DC
Khi đó:
22
2 2 2 2 2
x a 1
HI HC IC a 3a x
4 4 2
Từ:
DHC
1 1 HI.DC
S DO.HC HI.DC DO
2 2 HC
22
22
22
22
1
3a x .a
a 3a x
2
DO
1
4a x
4a x
2
Vậy
2 2 2 2
ABCD ABC
22
1 1 a 3a x x 4a x
V SO.S . .
3 3 4
4a x


22
ABCD
1
V ax 3a x
12
(ycbt);
0 x a 3
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
ABCD
x 3a x
a x a
V 3a x .
144 144 2











2
2 4 3
a 9a a
.3
144 4 8
3
ABCD
a
V4
8

Dấu đẳng thức trong (3) và (4) xảy ra
2 2 2
a6
x 3a x x
2
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14
Vậy
3
ABCD
a
max V
8
tương ứng
a6
x
2
(ycbt).
Vậy chọn đáp án B.
Câu 6. Cho tứ diện ABCD có
AB CD 2x
và bốn cạnh còn lại có độ dài bằng 1.
Câu 6.1. Tính diện tích toàn phần của tứ diện.
A.
2
2x. 1 x
B.
2
2x. 1 x
C.
2
2x. x 1
D.
2
x. 1 x
Hướng dẫn giải
Nhận thấy bốn mặt của tứ diện là bốn tam giác bằng nhau.
TP ACD
S 4S 2AI.CD
, với I là trung điểm của CD
2 2 2 2
2
ID x
AI AD ID 1 x
AI 1 x (do 0 x 1)

Vậy
2
TP
S 2x. 1 x
Vậy chọn đáp án B.
Câu 6.2. Xác định x để diện tích toàn phần đạt giá trị lớn nhất.
A.
1
2
B.
6
2
C.
5
4
D.
3
4
Hướng dẫn giải
Vì
TP
S0
nên
TP
S
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
2
TP
S
đạt giá trị lớn nhất, mà
2 2 2
TP
S 4x 1 x
Nhưng
2
2
x0
0 x 1
1 x 0

Bất đẳng thức Cauchy
2
22
2 2 2
TP
x 1 x 1
x 1 x S 1 1
24





Đẳng thức xảy ra
22
1
x 1 x x
2
(vì
x0
)
Vậy
TP
0 x 1
1
maxS S 1
2





(ycbt)
Vậy chọn đáp án A.
Câu 7. Cho tứ diện ABCD có
2
AB CD 2x 0 x
2




và
AC AD BC BD 1
. Gọi
I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Tìm x để thể tích tứ diện ABCD lớn nhất
1
2x
1
2x
1
1
I
B
D
C
A
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15
A.
1
3
B.
3
3
C.
5
2
D.
3
4
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Ta có:
DI AB
AB ICD AB IJ
CI AB

. Tương tự:
CD IJ
. Vậy IJ là đoạn
vuông góc chung của AB và CD (đpcm)
Ta có:
2 2 2
IJ ID DJ 1 2x
Diện tích
2
ICD
1
ICD : S IJ.CD x 1 2x
2
Khi đó:
ABCD AICD IBCD ICD
1
V V V S . AI IB
3
22
ABCD
2
V x V x 1 2x
3
(ycbt)
Áp dụng BĐT Cauchy:
3
2 2 2
2 2 2 2
ABCD
4 4 x x 1 2x
V x .x .x 1 2x
9 9 3
23
V1
27





Dấu đẳng thức xảy ra trong (1) khi và chỉ khi:
2 2 2
3
x x 1 2x x
3
Vậy
ABCD
23
max V
27
xảy ra khi và chỉ khi
3
x
3
(ycbt)
Câu 8. Một hình nón tròn xoay có bán kính đáy R và đường cao h
hR
. Có mặt phẳng
đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo tiết diện có diện tích lớn nhất. Tính diện tích
thiết diện
A.
22
hR
B.
22
5
hR
2
C.
22
3
hR
2
D.
22
1
hR
2
Hướng dẫn giải
Giả sử mặt phẳng đi qua đỉnh C của hình nón cắt hình nón theo
thiết diện CAB. Thế thì CAB là một tam giác cân với
CA CB
.
Gọi O là tâm hình tròn đáy và H là trung điểm của AB.
CO ABC
CH: ñöôøng xieân
OH: laø hình chieáu
Mà
AB OH AB CH
1
2x
1
1
1
2x
I
J
B
D
C
A
H
D
A
O
C
B
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16
Đặt:
1
x AH AB
2

thì diện tích S của
CAB
là:
1
S AB.CH x.CH
2

Nhưng:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
CH CO OH CO OA AH h R x
2 2 2
S S x x h R x
Điều kiện xác định AB:
2x 2R x R
Đặt
22
t x ; x 0;R 0 t R

2 2 2 2 2 2 2
S x h R x g t t h R t
Ta viết:
2 2 2
g t t h R t
; với
2
0 t R
Theo đề:
hR
, thì
22
S g t 0 t R
đạt giá trị lớn nhất khi:
22
1
t h R
2

.
22
1
maxS h R
2
tương ứng
22
hR
x
2
.
Vậy chọn đáp án D.
Chú ý: Nếu đề bài cho
hR
, thì
22
S g t 0 t R
đạt giá trị lớn nhất khi
2
tR
. Vậy
S đạt giá trị lớn nhất khi
xR
(AB là một đường kính đáy), và ta có:
maxS Rh
.
Câu 9. Cho một hình nón tròn xoay cao
15cm
, bán kính đáy bằng
6cm
. Tìm chiều cao h
và bán kính đáy r của hình trụ có diện tích toàn phần lớn nhất nội tiếp trong hình nón đó.
A.
r 5cm,h 2,5cm
B.
r 5cm,h 5cm
C.
r 5cm,h 2cm
D.
r 2cm,h 5cm
Hướng dẫn giải
Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ có diện tích toàn phần S lớn
nhất nội tiếp trong hình nón, ta có điều kiện:
2
6 r 0
S 2 r 2 rh 1
15 h 0

Gọi (SAB) là thiết diện qua đỉnh S của hình nón có tâm O, đáy
là H.
SH 15cm
AH 6cm
và
r SH h r 15 h
AH SH 6 15

2 15 h
r2
5
30 5r
h3
2
Thế (3) vào (1) ta có:
b
H
r
15
h
S
B
A
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 17
22
30 5r
S S x 2 r 2 r 3 r 30 r 4
2


S' x 6 r 30 6 r 5 0 r 5 S 5 75
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên
maxS 75
tương ứng
r5
.
Thay
r5
vào (3) và (4) ta được:
h 2,5
(cm)
Vậy chọn đáp án A.
Câu 10. Trong các hình nón tròn xoay cùng có diện tích toàn phần bằng
. Tính thể tích
hình nón lớn nhất?
A.
2
9
B.
2
12
C.
2
2
D.
2
3
Hướng dẫn giải
Xét
2
tp
S R R
( là chiều dài đường sinh)
2
2
1 R 1
1 R R R
RR
Lúc đó:
2
2 2 2 2 2 2
11
V R .h R R R R R
3 3 3 R


2
2 2 2 2 2
2
2
2 2 2 2 2
2 2 2
1
V R 2 R 1 2R V R 1 2R
3 3 9
R
2R 1 2R
V .2R 1 2R . 1
18 18 2 72
.2
V2
12
72






Đẳng thức trong (1) hoặc (2) xảy ra
22
2R 1 2R
2
11
RR
42
Vậy:
2
maxV
12
tương ứng
13
R;
22
Vậy chọn đáp án B.
-
+
0
75
π
5
+
-
6
0
S'
r
S
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 18
Câu 11. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, người ta lấy điểm M với
AM x 0 x a
, và trên nửa đường thẳng Ax vuông góc tại A với mặt phẳng của hình
vuông, người ta lấy điểm S với
SA y y 0
. Với giả thiết
2 2 2
x y a
, tìm giá trị lớn
nhất của thể tích hình chóp S.ABCM.
A.
2
3a
42
B.
2
3a
12
C.
2
2a
2
D.
2
3a
8
Hướng dẫn giải
Xét
2 2 2 2 2
x y a y a x
22
SABCM
a
V V x a a x
6
Ta có
maxV
xảy ra
2
max 3V
xảy ra.
Mà
2
2
a
3V x a x a x a 3a 3x 1
36
Áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm, ta có:
4
1
2
2
4
2 6 6
22
x a x a x a 3a 3x
a
3V
36 4
a 3 81a 3a 3
V . a V a 2
36.3 2 36.3.16 64 8








Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra
a
a x 3a 3x x
2
Do đó khi M là trung điểm AD thì thể tích
SABCM
V
cực đại và
2
3a
maxV
8
Vậy chọn đáp án D.
Câu 12. Cho tam giác đều OAB có cạnh bằng
a0
. Trên đường thẳng (d) đi qua O vuông
góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M với
OM x
. Gọi E, F lần lượt là các hình chiếu
vuông góc của A lên MB, OB. Đường thẳng EF cắt d tại N. Xác định x để thể tích tứ diện
ABMN là nhỏ nhất.
A.
3a
2
B.
3a
4
C.
a2
2
D.
3a
5
Hướng dẫn giải
Để ý:
AF MBO MNB
AF
là chiều cao hình chóp A.BMN.
ABMN MNB
11
V AF.S AF.BO.MN
36
a
x
y
x
O
D
A
B
C
S
M
x
a
E
O
B
F
A
N
M
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19
Trong đó:
a3
AF
2
BO a
MN MO ON x ON
Do đó:
ABMN
min V min x ON
Mặt khác, ta có:
NOF BOM∽
2
NO OF a
OM.NO BO.OF x.ON const
BO OM 2
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2
a
x ON 2 a 2 *
2
Dấu đẳng thức trong (*) xảy ra
a2
x ON
2
a2
min x ON a 2 x ON
2
Vậy thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất khi và chỉ khi:
a2
x
2
.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 13. Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD với
AB 2a
. Trên mặt phẳng chứa
BC và vuông góc với (P) lấy điểm E sao cho
EBC
là tam giác đều; điểm I nằm trên đoạn
BC, đặt:
BI x
. O là trung điểm của AE.
Câu 13.1. Tính độ dài OI theo a và x.
A.

22
x ax 2a
B.

22
x ax 2a
C.

22
x ax 2a
D.

22
x ax 2a
Hướng dẫn giải
Định lý đường trung tuyến cho:
2 2 2
2
2AI 2EI AE
OI
4

Với
22
22
2 2 2 2 2 2 2
EF 3a
AF 5a
AE AF EF 8a , AI 4a x
22
OI x ax 2a
Vậy chọn đáp án B.
Câu 13. 2. Tìm x để độ dài OI lớn nhất.
A.
a
2
B.
2a
C.
a
D.
a
5
Câu 13.3. Tìm x để độ dài OI bé nhất.
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20
A.
a
2
B.
2a
C.
a
D.
a
5
Hướng dẫn giải
Ta viết:
2 2 2
OI f x x ax 2a ; x 0;2a

a
f' x 2x a 0 x
2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
2
0 x 2a
2
0 x 2a
max f x f 2a 2a
a a 7
min f x f
22











0 x 2a
0 x 2a
max OI S 2a 2a
a a 7
min OI S
22







Câu 14. Cho tứ diện ABCD có
AB CD 2x
và 4 cạnh còn lại đều có độ dài bằng 1.
Xác định x để diện tích toàn phần đạt giá trị lớn nhất.
A.
1
2
B.
2
2
C.
2
D.
2
5
Hướng dẫn giải
Nhận thấy các mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau.
Suy ra, diện tích toàn phần của tứ diện là:
tp ACD
S 4S 2AI.CD 1
Với AI là đường cao của
CAD
cân tại A, ta có:
1
2 2 2
tp
AI 1 x ; 0 x 1 S 2.2x 1 x 4x 1 x ; 0 x 1
Nhận thấy:
2
2
tp
max S max x 1 x



22
max 16x 1 x
Áp dụng BĐT Cauchy:
2
22
2 2 2
tp
x 1 x
S 16x 1 x 16. 4 2
2





1
2x
2x
1
1
1
I
C
A
B
D
x
2a
O
F
A
B
C
D
E
I
(2a)
2
(a
2
)
2
+
0
a
7
2
2
-
∞
a
2
+
∞
-
2a
0
f'(x)
x
f(x)
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 21
Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra
22
2
x 1 x x
2
Vậy với
2
x
2
thì diện tích toàn phần của tứ diện đạt giá trị lớn nhất là
tp
maxS 2
Vậy chọn đáp án B.
Câu 15. Cho tứ diện ABCD sao cho
AB 2x, CD 2y
và 4 cạnh còn lại đều có độ dài bằng
1. Xác định x và y để diện tích toàn phần đạt giá trị lớn nhất.
A.

1
xy
2
B.

2
xy
2
C.
x y 1
D.

1
xy
3
Hướng dẫn giải
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Ta có:
ABD
cân tại D.
2 2 2
DM AD AM 1 x
Tương tự:
2
AN 1 y
. Lúc đó:
2
ABC ABD
1
S S AB.DM x 1 x
2
Hoàn toàn tương tự:
2
BCD ACD
S S y 1 y
Vậy diện tích toàn phần
tp
S
của tứ diện là:
22
tp ABC ABD BCD ACD
S S S S S 2 x 1 x y 1 y



Áp dụng BĐT Schwart, ta có:
2 2 2 2 2 2
tp tp
S 2 x 1 x y 1 y x 1 x y 1 y S 2 1
Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra
2
2
x 1 x
2
xy
2
y 1 y


Vậy
tp
2
maxS 2 x y
2
Vậy chọn đáp án B.
Câu 16. Cho tứ diện SABC có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh SB
là nhị diện vuông. Biết
SB a 2
, góc
BSC
4
, góc
ASB 
;
0
2


. Với giá trị nào
của
thì
SABC
V
lớn nhất.
A.
3
B.
6
C.
2
D.
4
Hướng dẫn giải
1
2y
2x
1
1
1
N
C
A
B
D
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 22
Thể tích tứ diện SABC là:
SABC SAB
SABC
1
V BC.S
3
1
V a 2SA.AB
6

Với chú ý:
AB
sin AB a 2 sin
SB
SA
cos SA a 2 cos
SB
Khi đó:
3
SABC
1 a 2
V a 2.a 2 sin .a 2 cos sin2
66
Vậy:
SABC
max V sin2 1
4
.
Vậy chọn đáp án D.
Câu 17. Cho tam diện ba mặt vuông Oxyz. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A, B, C.
Giả sử A, B, C thay đổi nhưng luôn có:
OA OB OC AB BC AC k
không đổi.
Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC.
A.



3
1k
6
3 3 2
B.



3
1k
6
3 3 2
C.



3
1k
6
3 3 3
D.




3
1k
6
3 3 2
Hướng dẫn giải
Ta có:
OA OB OC AB BC AC k
2 2 2 2 2 2
a b c a b b c a c k
Với
a 0, b 0, c 0
.
Áp dụng BĐT Cauchy:
3
22
22
22
a b c 3 abc 1
a b 2ab 2
b c 2bc 3
a c 2ac 4
Lấy:
2 3 4
và áp dụng BĐT Cauchy ta có:
2 2 2 2 2 2
3
a b b c a c 2ab 2bc 2ac 3 2. abc 5
Thể tích hình chóp:
SABC SABC
1
V abc 6V abc
6
Tương tự:
15
và lại áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
a
2
α
45
°
A
C
S
B
c
a
b
O
C
A
B
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 23
15
3
3
SABC
3
SABC
k 3 3 2 abc k 3 3 2 6.V 6
1k
V7
6
3 3 2




Dấu đẳng thức trong (7) xảy ra khi đồng thời (5) và (6) xảy ra
a b c
.
Vậy
3
SABC
1k
max V
6
3 3 2



khi
a b c
Vậy chọn đáp án A.
Câu 18. Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng
(ABCD) sao cho
SB SD
. Gọi M là điểm tùy ý trên AO với
AM x
. Mặt phẳng
qua
M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q. Cho
SA a
. Tính x để diện tích
MNPQ lớn nhất.
A.
a2
2
B.
a2
4
C.
a2
3
D.
a2
5
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Thật vậy
Vì
SB SD
Hai tam giác SBC và SDC bằng nhau.
Gọi I là trung điểm của SC, ta có:
IB ID BID
cân tại I
IO BD
Mà
IO SA SA BD∥
Mp BD ∥
cắt hai mặt phẳng (ABO) và (SBO) theo hai giao tuyến:
MQ NP OB∥∥
.
Mp SA ∥
cắt hai mặt phẳng (SAO) và (SAB) theo hai giao tuyến:
MN PQ SA∥∥
.
Vậy MNPQ là hình bình hành.
Biết rằng
SA OB
MNPQ
là hình chữ nhật.
Ta có:
MNPQ
S MQ.MN
Biết tam giác AMQ vuông cân tại M
MQ MA x
Và
a2
x
NM OM NM a 2 2x
2
NM
SA OA a
a 2 2
2
Vậy
MNPQ
S x a x 2
(với
a2
0x
2

)
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số
x2
và
a x 2
Ta có:
2
2
x 2 a x 2 a
x 2 a x 2
24





a
P
N
Q
O
I
C
A
D
A
B
M
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 24
Vậy
22
x a x 2
a a 2
28
42

2
MNPQ
a2
S
8

Dấu “=” xảy ra khi
a a 2
x 2 a x 2 x
4
22
M là trung điểm của AO.
Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Cho tam diện Oxyz có các góc
xOy yOz zOx
. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy
A, B, C sao cho
OA OB OC x
. Tính
để diện tích xung quanh lớn nhất.
A.
2
B.
4
C.
3
D.
4
Hướng dẫn giải
Vì
xOy yOz zOx
OA OB OC x
OAB OBC OAC
AB BC CA
Gọi H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
OH là trục của tam giác ABC.
Ta có:
2
xq OBC
3
S 3S x sin
2
2
xq
3
maxS x
2
khi
sin 1
2
.
Vậy chọn đáp án A.
Câu 20. Hình chóp tứ giác SABCD có cạnh
SA x,x 0, 3
, tất cả các cạnh còn lại có độ
dài 1. Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất.
A.
3
3
B.
3
4
C.
3
2
D.
3
5
Hướng dẫn giải
Dễ thấy hai tam giác SBD và CBD bằng nhau (c.c.c)
OS OC
OS OC OA

ASC
vuông tại S.
ABCD
1
S AC.BD
2
ASC
vuông cho
2
AC x 1
COD
vuông tại O cho:
x
x
x
α
2
H
M
A
C
B
O
x
H
O
B
D
A
S
C
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 25
22
22
x 1 3 x
OD CD OC 1
42

Vậy
22
ABCD
1
S 3 x . x 1
2
Vì
SB SC SD 1 SH
là trục của tam giác BCD
SH AC
Tam giác ASC vuông cho:
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 x 1
1
SH SC SA x x
2
x
SH
x1
Ta có:
22
2
x 3 x
x 3 x
V
66

Áp dụng BĐT Cauchy:
22
22
x 3 x 3
x 3 x
62

Vậy
max
1
V
4
khi
22
3
x 3 x x
2
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 21. Trong các hình trụ có diện tích toàn phần không đổi
2
2a
. Tìm thể tích hình trụ
lớn nhất.
A.
3
3a
3
B.
3
3a
5
C.
3
3a
2
D.
3
2a
33
Hướng dẫn giải
Gọi x, y lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Theo giả thiết ta có:
2 2 2 2
2 x 2 xy 2 a x xy a 1
Thể tích hình trụ là:
2
V x y
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:
2
xy xy
x , ,
22
, ta có:
4 2 4 2 4 2
3
2 2 6 2
33
xy xy x y x y x y
2a
x 3 a 3 a 27 x y
2 2 4 4 4
33
Vậy
3
2a
V
33
. Suy ra
3
2a
maxV
33
. Dấu “=” xảy ra khi
2
2
a3
x
xy
a
3
x
23
2a 3
y
3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 22. Trong các hình trụ có diện tích xung quanh cộng diện tích một đáy không đổi là
2
2a
. Tìm thể tích hình trụ lớn nhất.
A.
3
3
B.
3
4
C.
3
2 6 a
9
D.
3
5
Hướng dẫn giải
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 26
Nếu hình trụ hở một đáy, ta có:
2 2 2 2
x 2 xy 2 a x 2xy 2a
Thể tích của hình trụ:
2
V x y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số:
2
x ,xy,xy
. Ta có:

2 4 2 2 4 2
33
3 3 3
6 4 2 2 2
3
x xy xy 3 x y 2a 3 x y
2 2a 2 6a 2 6 a
8a 27x y x y x y V
99
33
2 6 a
maxV
9
Dấu “=” xảy ra khi:
2
2
2a 2
x xy x y a
33
Vậy chọn đáp án C.
Câu 23. Trong tất cả các hình trụ có cùng thể tích V, tính diện tích toàn phần hình trụ nhỏ
nhất.
A.
2
3
V
3
4
B.
2
3
V
3
5
C.
2
3
V
3
9
D.
2
3
V
3
7
Hướng dẫn giải
Gọi x, y lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Ta có:
2
S 2 x 2 xy
và
2
V x y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số:
2
xy xy
x , ,
22
Ta có:
3
2
2
xy xy
x
xy xy
22
x . .
2 2 3







3
4 2 2
x y x xy
43









3
2 2 2
3
3
2
S
2
V 27 V V
S S 3
27 4 4
4
Dấu “=” xảy ra khi:
2
V
x
xy
V
2
x
22
V
y2
2
Vậy chọn đáp án A.
Câu 24. Trong tất cả hình nón có cùng diện tích toàn phần
2
a
, tìm hình nón có thể tích
lớn nhất.
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 27
A.
3
2
maxV a
11
B.
3
2
maxV a
12
C.
3
2
maxV a
13
D.
3
2
maxV a
3
Hướng dẫn giải
Gọi
x,y
lần lượt là chiều cao, bán kính đáy của hình nón, ta có:
2 2 2 2
2
y y x y a 1
1
V y x 2
3

Từ (1) ta có:
2 2 2 2
y. x y a y






4
2 2 2 4 2 2 4
2
22
4
22
ya
ya
a
y x y a 2a y y
y
x 2a
1x
Va
3
x 2a
Biết:
2 2 2
2
x 2a 2a
x 2 2a 2 2a
xx
(BĐT Cauchy)
22
x1
2 2a
x 2a

Suy ra
3
2
Va
12
Vậy:
3
2
maxV a
12
. Dấu “=” xảy ra khi:
2
x a 2
2a
x
a
x
y
2

Vậy chọn đáp án C.
Câu 25. Trong tất cả hình nón có độ dài đường sinh là a , tìm hình nón có thể tích lớn nhất.
A.
3
a3
MaxV
27
B.
3
2
maxV a
2
C.
3
3
maxV a
23
D.
3
2
maxV a
13
Hướng dẫn giải
Gọi x, y lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón, ta có:
22
2
x y a
V x y


Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:
22
xx
, ,y
22
, ta có:

22
2 4 2 2 4 2
33
63
4 2 2
33
xx
y 3 x y a 3 x y
22
aa
x y x y
27
33
a 3 a 3
V MaxV
27 27
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 28
Dấu “=” xảy ra khi:
22
2
2
xa
xa
3
y
23
a
y
3
Vậy chọn đáp án A.
Câu 26. Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp một hình trụ có bán kính r và chiều
cao h.
A.
2
rh
minV
5
B.
2
rh
minV
3
C.
2
rh
minV
4
D.
2
rh
minV
2
Hướng dẫn giải
Gọi x, y là bán kính và chiều cao của hình nón ngoại tiếp.
Thể tích hình nón là:
2
1
V x y
3

Các tam giác SOE và SID đồng dạng cho :
y y h
hx
y
x r x r
3
1 hx
V
3 x r
Xét biểu thức:
2
2
2 3 2
r x r
x r 1 1 1 r
.1
3 2 x
r x r
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:
r r 2r
, , 2
x x x



Ta có:
3
r r 2r
2
r r 2r 8
x x x
. . 2
x x x 3 27









2
32
r r 4 x 27r
1
x x 27 x r 4
Vậy:
32
32
x r 4 x 27r
x r 4
x 27r
22
r h r h
V minV
44

Dấu “=” xảy ra khi:
r r 3r
2 1 x
x x 2



Vậy chọn đáp án C.
Câu 27. Cho một hình nón tròn xoay đỉnh S, thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh
là 2R. Người ta cho một hình cầu nội tiếp với mặt bên của hình nón. Tính bán kính hình
cầu để phần thể tích chung của hình nón và hình cầu lớn nhất.
A.
R3
2
B.
R3
3
C.
R2
2
D.
R
2
Hướng dẫn giải
x
r
h
y
B
A
O
E
F
S
D
C
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 29
Giả sử mặt cầu tâm O tiếp xúc trong với mặt bên của hình nón.
Thể tích của phần chung của hình cầu và hình nón được cho bởi công thức:
2
1
V CD 3x CD
3
Biết rằng:
CD SC DS SC SO OD SC OD SO
R 3 x 2x R 3 x
Vậy
2
1
V R 3 x 4x R 3
3
Gọi E là trung điểm của SB, tiếp điểm M phải thuộc đoạn EB.
R SM 2R
và
R 3 2R 3
x
33

R 3 x 0
và
R3
2x 0
3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số:
R 3 x,R 3 x
và
R3
2x 0
2

ta có:
3
R3
2R 3 2x 2x
R3
2
R 3 x R 3 x 2x
23










2
3
1 3 3
R 3 x 4x R 3 R
38
Suy ra:
33
33
V R maxV R
44

Dấu “=” xảy ra khi:
R3
R 3 x 2x
2
R 3 R 3 R 3
x CD SC x R 3
2 2 2
Vậy
CD x
. Tâm O của mặt cầu trùng với trung điểm C của cạnh AB.
Vậy chọn đáp án A.
D
R
30
°
E
S
M
C
A
B
O
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 30
Để sử dụng file word, quý thầy cô vui lòng đóng góp chút kinh phí để tạo động lực cho tác giả
ra đời những chuyên đề khác hay hơn
STT
TÊN TÀI LIỆU
GIÁ
MÃ SỐ
1
KĨ THUẬT GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC_123
Tặng 6 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 1-6}
60K
SO PHUC_123
2
CHỦ ĐỀ 1_KHỐI ĐA DIỆN {26 Trang}
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 7-11}
50K
HHKG_KDD
3
CHỦ ĐỀ 2_THỂ TÍCH KHỐI CHÓP {59 Trang}
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 12-21}
110
K
HHKG_TTKC
4
CHỦ ĐỀ 3_THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ {34 Trang}
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 22-26}
70K
HHKG_TTLT
5
CHỦ ĐỀ 456_NÓN TRỤ CẦU {56 Trang}
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 27-36}
110
K
HHKG_NTC
6
CHỦ ĐỀ 7_KHOẢNG CÁCH {68 Trang}
Tặng 12 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 37-49}
130
K
HHKG_KC
7
CHỦ ĐỀ 8_GÓC {21 Trang}
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 50-54}
50K
HHKG_GOC
8
CHỦ ĐỀ 9_CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC
KHỐI LỒNG NHAU {29 Trang}
Tặng 8 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 55-63}
80k
HHKG_CT
Hướng dẫn thanh toán
Quý thầy cô thanh toán cho mình qua ngân hàng. Sau khi chuyển khoản, mình sẽ lập tức gửi tài
liệu cho quý thầy cô.
Nếu trong ngày mà thầy cô chưa nhận được thì vui lòng gọi điện trực tiếp cho mình.
Thầy cư. SĐT: 01234332133
NGÂN HÀNG
TÊN TÀI KHOẢN
TRẦN ĐÌNH CƯ
TRẦN ĐÌNH CƯ
TRẦN ĐÌNH CƯ
SỐ TÀI KHOẢN
4010205025243
0161000381524
55110000232924
CHI NHÁNH
THỪA THIÊN HUẾ
THỪA THIÊN HUẾ
THỪA THIÊN HUẾ
Nội dung: Họ và tên_email_ma tai liệu
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 31
Ví dụ: Nguyễn Thị B_nguyenthib@gmail.com_HHKG_TTKC
Lưu ý:
Thầy cô đọc kỹ file PDF trước khi mua, tài liệu mua chỉ dùng với mục đích cá nhân, không được
bán lại hoặc chia sẻ cho người khác.
CHÚC QUÝ THẦY CÔ DẠY TỐT VÀ THÀNH CÔNG TRONG SỰ NGHIỆP TRỒNG NGƯỜI
| 1/31
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU T
hs. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Trong quá trình tìm kiếm lời giải nhiều bài toán hình học, sẽ rất có lợi nếu chúng ta xem xét các
phần tử biên, phần tử giới hạn nào đó, tức là phần tử mà tại đó mỗi đại lượng hình học có thể nhận
giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn như cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một tam
giác; góc lớn nhất hoặc góc nhỏ nhất của một đa giác v.v…
Những tính chất của các phần tử biên, phần tử giới hạn nhiều khi giúp chúng ta tìm được lời giải
thu gọn của bài toán.
Phương pháp tiếp cận như vậy tới lời giải bài toán được gọi là nguyên tắc cực hạn.
Như vậy bài toán cực trị hình học là cần thiết trong không gian, nó thường xuất hiện ở những câu
hỏi khó trong phần thi trắc nghiệm THPT Quốc gia. PHƯƠNG PHÁP
Cơ sở của phương pháp cần kết hợp giữa các quan điểm tìm cực trị như sau:
1. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG
Bất đẳng thức Cauchy cho các biến đại lượng không âm.
fx  Ax Bx  2 Ax.Bx  const; x   D 1   2    
g x  Ax.Bx A x Bx     const; x   D 2   2    Nếu x
  , để đẳng thức trong (1) hoặc (2) xảy ra  Ax  0  Bx0  0 D
minf x  f x0   x D    (ycbt) max g x  g x0   x D 
Bất đẳng thức Schwartz cho các biến đại lượng tùy ý.
px  a x.x  bx.x   2 a x 2  b x  2  x 2
  x  const; x  D 3    
q x  a x  b x  x   x  a    
  xx  bxx 2 2 2 2 2   const; x  D  4 Nếu x
  , để đẳng thức trong (3) hoặc (4) xảy ra: 0 D  maxp x  p x a x0  bx0     0    (ycbt)    x  x  x D   0 0 min q x q x0   x D 
2. SỬ DỤNG TÍNH BỊ CHẶN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC
hx  sin ux.cos ux  1 ; sin ux  0  1 nếu x        0 D :    max h x h x0  1 cos u x  1 x D  0
3. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ LẬP BẢNG BIẾN THIÊN
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 2
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
4. SỬ DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ HÌNH HỌC CỰC HẠN
MH laø ñöôøng vuoâng goùc M  MA laø ñöôøng xieân
 minMA  MH  A  H  HA laø hình chieáu H A
Từ ý nghĩa đường kính là dây cung dài nhất của đường tròn, ta có:
Hệ quả: M ở trên đường tròn (AB) đường kính AB; với O là tâm C M
thì: maxd M; AB  CO  MH  CO; CO  AB  
Khoảng cách ngắn nhất giữa hai đường thẳng là độ dài đường
vuông góc chung của hai đường thẳng đó. A O H B
Xác định điểm M trên đường thẳng (d) để MA MBmin
Đây là bài toán Bất đẳng thức  , cần phân biệt các trường hợp:
o A, B ở khác bên so với (d): A MA  MB  AB M M0 (d) min MA  MB  AB  töông öùng: M  M   0 AB d B
o A, B ở cùng bên so với (d): A
Dựng A’ đối xứng với A qua (d).
Lúc đó: A’ và B ở khác bên so với (d), nên trở về B trường hợp trên: M (d) I M0
MA  MB  AB  MA' MB'  AB
min MA  MB  minMA' MB  AB  A' töông öùng: M  M   0 A'B d
Kết luận: Vậy trong mọi trường hợp ta xác định được M thỏa mãn ycbt.
Xác định điểm M trên đường thẳng (d) để MA MB max
Tương tự, cần phân biệt hai trường hợp: A
o A, B ở cùng bên so với (d) MA  MB  AB B  max MA  MB  AB M M0 (d) tương ứng M    0 M AB d
o A, B ở khác bên so với (d)
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
MA  MB  MA' MB  AB
Với A’ là hình đối xứng của điểm A qua (d), thì A’ và B ở cùng A phía với (d). M M0 (d)
max MA  MB  max MA' MB  AB töông öùng M  M   0 A'B d B A'
Kết luận: Vậy trong mọi trường hợp ta đã xác định điểm M thỏa ycbt.
I. MỘT SỐ VÍ DỤ MẪU
Ví dụ 1. Cho một hình nón cụt tròn xoay có chiều cao h, các bán kính đáy là r và R r  R .
Tìm kích thước của hình trụ tròn xoay có cùng trục đối xứng, nội tiếp trong hình nón cụt
đó và có thể tích lớn nhất. Giải r  x  R
Gọi x là bán kính, z là chiều cao của hình trụ. Ta có:  0  z   h
Giả sử rằng hình trụ nội tiếp trong hình nón cụt như thiết diện qua trục như hình bên.
Thiết diện này cắt hình nón theo hình thang cân AA’B’B, cắt hình trụ theo hình chữ nhật HKNM. SO' O' A' r   S SO OA R SO' r SO'    SO  SO' R  r OO' A' O' B' rh rh Rh  SO'  , SO   h  R  r R  r R  r M NO1 h 1 O M S 1 O x SO2 OA S 1 O     x  z OA SO OA SO SO R SO  z Mà S     A H O K B 1 O SO z x SO r 2 R R  2
Thể tích V hình trụ là: V  V x 2  x  z  .SO  z z 2 SO    2   R V x SO z 2SO.z z 2  2  2   SO    2   R V x  3z  2 2SO.z  2 SO z 0 z h 2      SO
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU    2 R  2 2 R SO V' x 3z 4SO.z SO 3 z z SO 2   2              2 SO SO  3  
     SO     Rh Rh V' x 0 z z SO z 3 z 3 R  r   R  r Bảng biến thiên: Rh Rh x 0 3(R-r) (R-r) h V'(x) + 0 - 0 + 0 CĐ CĐ CT  Rh Rh z     max y  3R  r x 3  z  h  x   r Rh r 2
Để ý rằng: 0  z  h , ta có: z     3R  r h R 3 Kết luận: r 2   Rh
: Thể tích của hình trụ lớn nhất khi hình trụ có kích thước bán kính đáy: x  , R 3 3 Rh chiều cao: z  . 3R  r 2 r  
 1: hình trụ có thể tích lớn nhất khi hình trụ có kích thước bán kính đáy: x  r và 3 R chiều cao z  h .
Ví dụ 2. Cho nửa hình cầu bán kính r và một nửa hình nón xoay ngoại tiếp với nửa hình
cầu (mặt đáy của hai hình nằm trong cùng một mặt phẳng). Gọi góc đỉnh của nón là 2 . 12
a) Với góc  nào thì diện tích toàn phần của hình nón bằng
diện tích toàn phần của 5 nửa hình cầu.
b) Với góc  nào thì hình nón có thể tích nhỏ nhất. Hướng dẫn giải
a. Gọi (SAB) là một tiết diện qua đỉnh S và tâm H của hình nón S
ngoại tiếp với nửa hình cầu bán kính r, ta có: α 1 HI  r, AHI  ASH  ASB   2 HI r  AH   cos  cos  I r AH r HI r α  A B SA   ; SH   H sin  cos  sin  sin  sin 
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Gọi tp tp Sc ; S và n n
V theo thứ tự là diện tích toàn phần của nửa hình cầu, hình nón và thể
tích của hình nón, ta có: tp 2 2 2  S       c r 2 r 3 r 2 tp 2 r r r  S         n AH AH.SA . 2 cos  cos  cos  sin  2    tp 12 tp r sin 1 12 Vì 2 S     n Sc .3 r 3 5 sin   sin  5 3
 36sin   31sin   5  0    5  1   36 sin 1 sin   sin       0  6  6  5 1  sin    sin  6 6 
(vì  là một nửa góc ở đỉnh của hình nón     0 ) 2 12
Tương ứng diện tích toàn phần của hình nón bằng
diện tích toàn phần của nửa mặt 5 cầu (ycbt). 1 1 r r b. Ta có: V  V  2 2     n n AH .SH . 2 3 3 cos  sin  1 3 1 1 3 1      n V r r 2 3 3 cos  sin  3 sin   sin  2 1 3sin  cos   cos  Do đó: V '  V ' 3   n n r 3 sinsin 2 3  3  3  cos   sin   sin           V ' 3 3 3   n r sinsin 2 3   
Khi  biến thiên trong khoảng 0;  thì   2  n V ' 0     3 sin   1 trong đó 1 . 3 Ta có bảng biến thiên:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU π α 0 α1 2 Vn' - 0 + Vn πr3 3 2 Do đó hàm     n
V   đạt cực tiểu tại . 1 3 3
Vậy với  xác định bởi sin  
thì hình nón có thể tích nhỏ nhất 3 V  r  . (ycbt). 3 n 2
Ví dụ 3. Cho khối tứ diện ABCD, biết BCD là một tam giác đều cạnh a và có tâm là điểm
O. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nhận đường tròn (BCD) làm một đường tròn lớn. Xác
định vị trí của đỉnh A trên mặt cầu ấy để thể tích tứ diện ABCD lớn nhất. Giải
Để ý đường tròn (BCD) là một đường tròn lớn của mặt cầu A
ngoại tiếp tứ diện ABCD và có O là tâm của tam giác BCD
cạnh a, nên tâm O của tam giác BCD cũng chính là tâm của
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. a 3  OA  OB  3 B D H
Từ đó diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: c O 2   a 2 a 3 4 2 S        C c 4 OA 4 a  3  3  
Gọi AH là đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh A xuống mặt đáy (BCD). H
 OAH  90   AH  OA
Và tính được thể tích của khối tứ diện ABCD bằng: 1 1  1 a 3  V  S    ABCD.AH . .a .AH 3 3  2 3    2 2 3.a 3.a  .AH  .OA 1 12 12
Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra  H  O (hình chóp A. BCD đều) 2 3.a  max V  .OA (ycbt). 12
Ví dụ 4. Trong tất cả các lăng trụ tam giác đều có cùng diện tích toàn phần S, tìm các cạnh
bên và cạnh đáy của lăng trụ có thể tích lớn nhất. Giải
Gọi x là cạnh đáy và h là cạnh bên của lăng trụ.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 2 2 x 3 x 3
Ta có diện tích toàn phần của lăng trụ: S  2.  3xh   3xh 4 2 2 x 3
Ta có thể tích của lăng trụ là: V  h 4 2 x 3 3xh 3xh
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:   2 2 2 2 2 2 2 x 3 3xh 3xh x 3.9x .h Ta có: 3    3 2 2 2 8 4 2 4 2 4  S  3 9 3x .h 3  3 S  9 3x h 27.  3 S  3 2 9 3. x h 8 8 2 2 2  x 3h  2 2S S  S 2S V 4 4 4 4.9 3 18 3 S 2S Vậy max V  4 18 3  2S a    2 x 2S 3 x 3 3xh S  3 3 3 Dấu “=” xảy ra khi:     2 2 3  1 2S 3 h   .  3 3
Ví dụ 5. Cho mặt cầu tâm O bán kính R. Một hình nón nội tiếp trong hình cầu có chiều cao là x 0  x  2R .
a. Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón.
b. Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x.
c. Với giá trị nào của x thì V lớn nhất? Giải
a. Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón. S
r  OM  OH  R  x  R2 2 2 2 2 2 2
r  2Rx  x  x 2R  x O 1 1 Thể tích của hình nón: 2 2 V  r  x  x  2R  x 3 3 H
Diện tích xung quanh của hình nón: S  r  SM M Biết 2 2 2 SM  SH  HM  x   x 2R   x  2Rx 1 b. Ta có: 2 V  x  2R  x   1 3      2 2 2 S
x 2R 2R x  S  2 Rx 2R  x 2
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 8
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 2 S
Lấy (2) chia (1) ta được:  6 R  V x x
c. Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: , , 2R  x 2 2 3  x x     2R   x x x     2 2 . . 2R x    2 2  3      2 x    3 8R 2R x  4 27 1      3  2 32 R V x 2R x  3 81 3 32 R  x 4R Vậy max V  . Dấu “=” xảy ra khi:  2R  x  x  81 2 3
Ví dụ 6. Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho trước. So
sánh diện tích toàn phần và thể tích của hình nón với diện tích và thể tích của hình cầu. Giải
Gọi r là bán kính của đường tròn đáy, h là chiều cao và V là thể tích của hình nón. 1 2 V  r  h S 3
Hai tam giác SCA và SDO đồng dạng cho: 2 2 AC SA r r  h    D DO SO R h  R R 2  2 2 2 2 r r  h r  h  r    O 2 R hR2 hR2 2  R A r C B 2 2 2 2 h R hR r   h h  2R h  2R 2 2 1 1 h  R Suy ra: 2 V  r  h  3 3 h  2R 2 2 2 2 2 h h  4R  4R 4R Ta có:   h  2R      2 4R h 2R   4R h  2R h  2R h  2R h  2R
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2       2 4R 4R h 2R h 2R  4R h  2R h  2R 2 h 2 4R Vậy:  8R h  2R 
 h  2R  2R  h  4R h  . Dấu “=” xảy ra khi: 2R h  2R
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 3 8 R  Suy ra: V  3 3 8 R  min V  khi h  4R và r  R 2 3
Diện tích toàn phần của hình nón là: 2 2 2 2 2 S  r  SA  r   R  2 2R  16R  2 R   8 R 
Vậy lúc đó diện tích toàn phần và thể tích của hình nón đều gấp đôi diện tích và thể tích của hình cầu.
II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SB  b và tam
giác SAC cân tại S. Trên cạnh AB lấy một điểm M với AM  x 0  x  a  . Mặt phẳng 
qua M song song với AC và SB cắt BC, SB, SA lần lượt tại N, P, Q. Xác định x để SMNPQ lớn nhất. A. a a a a B. C. D. 4 2 3
Phân tích: Trước hết ta phải xác định được MNPQ là hình chữ nhật
Vì mp / /SB và mp / /AC nên MNPQ là hình bình hành. AC  SO ( A  CS caân)   AC  mpSBD
AC BD (ñöôøng cheùo hình vuoâng)  
 AC  SB , mà MQ / /SB  MN  MQ
Vậy MNPQ là hình chữ nhật. Hướng dẫn giải Ta có: MN // AC S BM a  x  MN  .AC  .a 2  a  x 2 BA a S  AB có: MQ // SB Q b P AM bx  MQ  .SB  A AB a D b 2 M a S    O MNPQ MN.MQ a xx (đvdt) a B N C Ta có:    2 a x x      a a x x  a  xx 2 4  S   a  
MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi a x x x . 2
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Vậy chọn đáp án C.
Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA  a và AM AN S
 BD cân tại S. Trên AB, AD lần lượt lấy M, N sao cho   k 0  k   1 . Mặt AB AD
phẳng  qua MN song song với SA cắt SD, SC, SB tại P, Q, R. Tính k để SMNPQR lớn nhất. A.  1 k B.  5 k C.  1 k D.  2 k 2 3 3 3 Hướng dẫn giải
Ta có: MNPQR là hợp hai hình thang vuông bằng nhau MIQR và NIQP, trong đó:
MR // IQ // NP (cùng song song với SA), và MN // BD. Ta có:  S 2  ka      2ka IQ ; MR 1 k a; MI  Q 2 2 P R M S NPQR  2 M S IQR  IQ  MR.MI O' A D 2k 4 3k 2 a N  (ñvdt) I 4 M O 2 B S   C MNPQR max k . 3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 3. Trên nửa đường tròn đường kính AB  2R , lấy điểm C tùy ý. Kẻ CH  AB (H
thuộc AB). Gọi I là điểm giữa của CH. Trên một nửa đường thẳng It vuông góc tại I với
mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho góc ASB  90 . Đặt AH  x . Với giá trị nào của x thì S
V ABC đạt giá trị lớn nhất. C. x  2R D. x  R A.  R x B.  R x 2 2 Hướng dẫn giải 1 S Ta có: V  S A  BC.SI , trong đó: 3 1 1 S
 AB.CH  2R AH.BH  R x2R  ABC x 2 2 3 3 H SI  CH  x2R  x. B A 2 2 I 3x 2R  x 1 R 3 Vậy: V  R x2R  x   .  x 2R  x C 3 2 6
V lớn nhất khi x2R  x lớn nhất.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 11
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 2  x  2R  x  Biết x2R  x 2    
R . Dấu “=” xảy ra  x  2R  x  x  R  2  3 R 3
Vậy, thể tích tứ diện SABC lớn nhất khi x  R và  m V ax (đvtt) 6
Vậy chọn đáp án D.
Câu 4. Cho hình chóp đều có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Cho điểm MSA sao cho diện tích M
 BD nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất M  BD. 3a a a A. B. 2a C. D. 4 2 4 4 Hướng dẫn giải Gọi S là diện tích M  BD. S 1 1  S  BD.MO  a 2.MO 1 2 2 M
 minS xảy ra  minMO xảy ra a H
Nhưng min MO  d O,SA  OH   A
Vì tứ diện đều nên O  AB CD thì SO là đường cao. Da S  OA vuông tại O (2) OC B a 2 OA   2 Trong đó:  2 2  2 2 2 2a 2a a 2 SO  SA  OA  a     4 4 2 2  2 a 2 2 a SO 
A vuông cân tại O  OH  OA.  .  2 2 2 2  1 1 a 2a minS  .a 2. 
xảy ra khi H là trung điểm SA (ycbt) 2 2 4
Vậy chọn đáp án C.
Câu 5. Cho tứ diện ABCD có cạnh AB  x , các cạnh còn lại bằng a.
Câu 5.1. Tính diện tích toàn phần của tứ diện theo a, x. A. 2  2  2 a 3 x 4a x B. 2  2  2 a 3 4a x C. 2  2  2 a 3 2x 4a x D. 2  2  2 a 3 x 4a x Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm AB theo tính chất tam giác cân D CH  AB   DH   AB a a I
Ta có: AB  x; DA  DB  DC  AC  BC  a a a A C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 12 x O H a B
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  A  DC  B
 CD (do hai tam giaùc ñeàu caïnh a) Nên:   D  AB  C  AB 2 a 3  S   ADC SBCD  1 4 Ta có: 2 CH  2 AC  2 AH  2 a  x  1 2 4a  2 x  S  D  1 CH.AB  1 2 x 4a  2 DAB CAB x 2 4 2 2 4 1   Từ (1) và (2) 2 2 2  S     tp a 3 x 4a x  2  
Vậy chọn đáp án A.
Câu 5.2. Với giá trị nào của x thì thể tích A
V BCD đạt giá trị lớn nhất. 3a a 6 5a 3a A. B. C. D. 4 2 4 4 Hướng dẫn giải
Gọi O là hình chiếu của D xuống mặt phẳng (ABC)
Do AD  DB  DC  a  OA  OB  OC  DO là trục đường tròn ngoại tiếp A  BC.
DO hiển nhiên là đường cao tứ diện DABC.Gọi I là trung điểm DC. Ta có: DH  HC  D  HC cân  HI  DC 2 2 x a 1 Khi đó: 2 2 2 2 2 HI  HC  IC  a    3a  x 4 4 2 1 2 2  1 1 HI.DC 3a x .a 2 2 a 3a  x Từ: S     2    DHC DO.HC HI.DC DO DO 2 2 HC 1 2 2 2 2 4a  x 4a  x 2 2 2 2 2 1 1 a 3a  x x 4a  x Vậy   A V BCD SO. A S BC . . 3 3 2 2 4 4a  x 1 2 2      A V BCD ax 3a x (ycbt); 0 x a 3 12
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:     2   2 4  3  a 9a a V  3a x  x 3a x a x a  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2   .    3 ABCD . 144 144  2     144 4 8     3 a   A V BCD 4 8
Dấu đẳng thức trong (3) và (4) xảy ra 2 2 2 a 6  x  3a  x  x  2
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU a a 6 Vậy max V  3   ABCD tương ứng x (ycbt). 8 2
Vậy chọn đáp án B.
Câu 6. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  2x và bốn cạnh còn lại có độ dài bằng 1.
Câu 6.1. Tính diện tích toàn phần của tứ diện. A.  2 2x. 1 x B.  2 2x. 1 x C. 2 2x. x  1 D.  2 x. 1 x Hướng dẫn giải
Nhận thấy bốn mặt của tứ diện là bốn tam giác bằng nhau. A  S  
, với I là trung điểm của CD TP 4SACD 2AI.CD  ID  x  2 2 2 2 2x 1 AI  AD  ID  1   x 1   2
AI  1 x (do 0  x  1) 1 D B Vậy 2 S   2x TP 2x. 1 x 1 I
Vậy chọn đáp án B. C
Câu 6.2. Xác định x để diện tích toàn phần đạt giá trị lớn nhất. 1 3 A. 6 5 B. C. D. 2 2 4 4 Hướng dẫn giải Vì S  nên S
đạt giá trị lớn nhất, mà TP 0 S
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 2 TP TP 2 2 S  4x  2  TP 1 x   2 x  0 Nhưng 0  x  1   2 1    x  0 2  2 2 x  1 x  1 Bất đẳng thức Cauchy 2  x  2 1 x  2      S  TP 1 1  2  4   Đẳng thức xảy ra 2 2 1  x  1 x  x  (vì x  0 ) 2  1  Vậy max S   TP S   1 (ycbt) 0x 1   2 
Vậy chọn đáp án A.  2 
Câu 7. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  2x  0  x   
và AC  AD  BC  BD  1. Gọi 2   
I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Tìm x để thể tích tứ diện ABCD lớn nhất
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 1 A. 3 5 3 B. C. D. 3 3 2 4 Hướng dẫn giải DI  AB
Nhận xét: Ta có: 
 AB  ICD  AB  IJ . Tương tự: CD  IJ . Vậy IJ là đoạn CI   AB
vuông góc chung của AB và CD (đpcm) Ta có: 2 2 2 IJ  ID  DJ  1 2x 1 A Diện tích 2 IC  D : S    ICD IJ.CD x 1 2x 2 1 Khi đó:     A V BCD A V ICD I V BCD SICD.AI IB 3 I 1 1 2x  Vx 2 2 2    A V BCD x 1 2x (ycbt) 3 1 D Áp dụng BĐT Cauchy: B 3 2x    4      2 2 2     2 2 2 2 4 x x 1 2x 1 J V x .x .x 1 2x    9 9  3    C 2 3   A V BCD  1 27
Dấu đẳng thức xảy ra trong (1) khi và chỉ khi: 2 2 2 3 x  x  1 2x  x  3 2 3 3 Vậy max   A V BCD  xảy ra khi và chỉ khi x (ycbt) 27 3
Câu 8. Một hình nón tròn xoay có bán kính đáy R và đường cao h h  R . Có mặt phẳng
đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo tiết diện có diện tích lớn nhất. Tính diện tích thiết diện A. 2  2 h R 5 3 1 B.  2 h  2 R  C.  2 h  2 R  D.  2 h  2 R  2 2 2 Hướng dẫn giải
Giả sử mặt phẳng đi qua đỉnh C của hình nón cắt hình nón theo C
thiết diện CAB. Thế thì CAB là một tam giác cân với CA  CB .
Gọi O là tâm hình tròn đáy và H là trung điểm của AB. CH : ñöôøng xieân CO  ABC   OH : laø hình chieáu Mà AB  OH  AB  CH O A D H B
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 1 Đặt: x  AH  AB thì diện tích S của C  AB là: 2 1 S  AB.CH  x.CH 2 Nhưng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
CH  CO  OH  CO  OA  AH  h  R  x     2 2 2 S S x  x h  R  x
Điều kiện xác định AB: 2x  2R  x  R Đặt 2 2 t  x ; x
 0;R  0  t  R   2 2    2 2 2       2 2 S x h R x g t t h  R  t Ta viết:   2     2 2 g t t h  R t ; với 2 0  t  R 1
Theo đề: h  R , thì 2     2 S g t
0  t  R  đạt giá trị lớn nhất khi: t   2 2 h  R . 2 1 2 2   h R max S   2 2
h  R  tương ứng x  . 2 2
Vậy chọn đáp án D.
Chú ý: Nếu đề bài cho h  R , thì 2     2 S g t
0  t  R  đạt giá trị lớn nhất khi 2 t  R . Vậy
S đạt giá trị lớn nhất khi x  R (AB là một đường kính đáy), và ta có: maxS  Rh .
Câu 9. Cho một hình nón tròn xoay cao 15cm , bán kính đáy bằng 6cm . Tìm chiều cao h
và bán kính đáy r của hình trụ có diện tích toàn phần lớn nhất nội tiếp trong hình nón đó.
A. r  5cm,h  2,5cm
B. r  5cm,h  5cm
C. r  5cm,h  2cm
D. r  2cm,h  5cm Hướng dẫn giải
Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ có diện tích toàn phần S lớn 6  r  0
nhất nội tiếp trong hình nón, ta có điều kiện: 2   S  2 r   2 r  h  1 15  h   0
Gọi (SAB) là thiết diện qua đỉnh S của hình nón có tâm O, đáy S là H.  SH  15cm r r SH  h r 15  h AH  6cm và    AH SH 6 15 15h 2 15  h r  2  5   A H  30  5r B h  3  b 2 Thế (3) vào (1) ta có:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  30  5r  S  Sx 2 2  2 r   2 r   3  r   30 r    4  2   S'x  6  r   30  6
 r  5  0  r  5  S5  75 Bảng biến thiên: r 0 5 6 S' + + 0 - - 75π S
Dựa vào bảng biến thiên  maxS  75 tương ứng r  5 .
Thay r  5 vào (3) và (4) ta được: h  2,5 (cm)
Vậy chọn đáp án A.
Câu 10. Trong các hình nón tròn xoay cùng có diện tích toàn phần bằng  . Tính thể tích hình nón lớn nhất?  2  2  2  2 A. B. C. D. 9 12 2 3 Hướng dẫn giải Xét 2 S      
( là chiều dài đường sinh) tp R R 2  2 1 R 1  1  R  R     R R R Lúc đó: 2 1     2 2 2 2 2 1 2 V  R  .h  R  R  R  R    R 3 3 3  R  2    2 1 2 2 2  V  R  2  R 1 2R  V  R  2 1  2R 2  3 R 3 9       2 2 2   2 2    2  2 2 2 2R 1 2R V .2R 1 2R  .   1 18 18  2  72    .  2 V   2 72 12
Đẳng thức trong (1) hoặc (2) xảy ra 2 2  2R  1 2R 2 1 1  R   R  4 2  2 1 3 Vậy: max V  tương ứng R  ;  12 2 2
Vậy chọn đáp án B.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 17
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Câu 11. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, người ta lấy điểm M với
AM  x 0  x  a , và trên nửa đường thẳng Ax vuông góc tại A với mặt phẳng của hình
vuông, người ta lấy điểm S với SA  y y  0 . Với giả thiết 2 2 2
x  y  a , tìm giá trị lớn
nhất của thể tích hình chóp S.ABCM. 2 3a 2 3a 2 2a 2 3a A. B. C. D. 42 12 2 8 Hướng dẫn giải Xét 2  2  2   2  2 x y a y a x    a V V xa 2 a  2 SABCM x 6 x Ta có max V xảy ra   2 max 3V  xảy ra. S 2 Mà 2 a 3V 
xax ax a3a 3x 1 36 y
Áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm, ta có:   x M A D
a x  a  x  a  x  a  3a  3x 4 1 2  2  3V    36  4   O 4 2 6 6   B C 2 a 3 81a 3a 3 2  a V  . a    V    a 2 36.3  2  36.3.16 64 8 a
Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra  a  x  3a  3x  x  2 2 3a
Do đó khi M là trung điểm AD thì thể tích max V  S V cực đại và ABCM 8
Vậy chọn đáp án D.
Câu 12. Cho tam giác đều OAB có cạnh bằng a  0 . Trên đường thẳng (d) đi qua O vuông
góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M với OM  x . Gọi E, F lần lượt là các hình chiếu
vuông góc của A lên MB, OB. Đường thẳng EF cắt d tại N. Xác định x để thể tích tứ diện ABMN là nhỏ nhất. 3a 3a a 2 3a A. B. C. D. 2 4 2 5 Hướng dẫn giải
Để ý: AF  MBO  MNB A
 AF là chiều cao hình chóp A.BMN. 1 1    a A V BMN AF.SMNB AF.BO.MN 3 6 N O x F M E
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. S
B ĐT: 01234332133 Page 18
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  a 3 AF   2  Trong đó: BO  a MN  MO ON  x ON   Do đó: min    A V BMN  min x ON Mặt khác, ta có: N  OF∽ B  OM 2 NO OF a  
 OM.NO  BO.OF  x.ON   const BO OM 2 2 a
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: x  ON  2  a 2 * 2 a 2
Dấu đẳng thức trong (*) xảy ra  x  ON  2      a 2
min x ON  a 2  x  ON  2 a 2
Vậy thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất khi và chỉ khi: x  . 2
Vậy chọn đáp án C.
Câu 13. Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD với AB  2a . Trên mặt phẳng chứa
BC và vuông góc với (P) lấy điểm E sao cho EBC 
là tam giác đều; điểm I nằm trên đoạn
BC, đặt: BI  x . O là trung điểm của AE.
Câu 13.1. Tính độ dài OI theo a và x. A. 2   2 x ax 2a B. 2   2 x ax 2a C. 2   2 x ax 2a D. 2   2 x ax 2a Hướng dẫn giải
Định lý đường trung tuyến cho: 2 2 2   2 2AI 2EI AE OI  4  2 2 EF  3a  Với 2 2 AF  5a 2 2  OI  x ax  2a  2 2 2 2 2 2 2
AE  AF  EF  8a , AI  4a  x 
Vậy chọn đáp án B.
Câu 13. 2. Tìm x để độ dài OI lớn nhất. a B. 2a C. a a A. D. 2 5
Câu 13.3. Tìm x để độ dài OI bé nhất.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU a B. 2a C. a a A. D. 2 5 Hướng dẫn giải Ta viết: 2    2 2 OI f x  x  ax  2a ; x  0;2a         a f ' x 2x a  0  x 
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 2 E O a x -∞ 0 2a 2 +∞ B f'(x) - 0 + x A (2a)2 (a 2)2 F I f(x) a 7  2 C 2 2a D
 max fx  f2a  2a2 
 max OI  S2a  2a 0x2a  0x2a  2          a  a 7  a a 7 min f x  f       min OI  S          0x2a  2  2    0 x 2a   2  2
Câu 14. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  2x và 4 cạnh còn lại đều có độ dài bằng 1.
Xác định x để diện tích toàn phần đạt giá trị lớn nhất. 1 C. 2 2 A. 2 B. D. 2 2 5 Hướng dẫn giải
Nhận thấy các mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau.
Suy ra, diện tích toàn phần của tứ diện là: S   tp 4SACD 2AI.CD   1
Với AI là đường cao của C  AD cân tại A, ta có:  1 AI  1 2 x ; 0  x   1 S  2.2x 1 2 x  4x 1 2 tp x ; 0  x  1 Nhận thấy: A   maxS  2 2     tp max x 1 x    1 2x    2 2 max 16x 1 x  1 B 1 Áp dụng BĐT Cauchy: D 1 I     2x  16x 1x  2 2 2 2 2 2 x 1 x S     C tp 16. 4 2  2   
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra 2 2 2  x  1 x  x  2 2 Vậy với x 
thì diện tích toàn phần của tứ diện đạt giá trị lớn nhất là max S  2 2 tp
Vậy chọn đáp án B.
Câu 15. Cho tứ diện ABCD sao cho AB  2x, CD  2y và 4 cạnh còn lại đều có độ dài bằng
1. Xác định x và y để diện tích toàn phần đạt giá trị lớn nhất.
C. x  y  1 A.   1 x y B.   2 x y D.   1 x y 2 2 3 Hướng dẫn giải
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. A Ta có: A  BD cân tại D. 1 2x 2 2 2
 DM  AD  AM  1 x Tương tự: 2 AN  1  y . Lúc đó: B 1 D 1 1 2 S     1 N ABC SABD AB.DM x 1 x 2 2y C Hoàn toàn tương tự: 2 S    BCD SACD y 1 y
Vậy diện tích toàn phần S của tứ diện là: tp  2 2  S          tp SABC SABD SBCD SACD 2 x 1 x y 1 y   
Áp dụng BĐT Schwart, ta có: 2 2  2 2 2 2 Stp 2 x 1 x y 1 y x 1 x    y 1 y             S  tp 2 1   2 x  1 x 2
Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra    x  y  2 2 y  1 y  2 Vậy max S     tp 2 x y 2
Vậy chọn đáp án B.
Câu 16. Cho tứ diện SABC có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh SB    
là nhị diện vuông. Biết SB  a 2 , góc BSC 
, góc ASB   ; 0      . Với giá trị nào 4  2  của  thì S V ABC lớn nhất.     A. B. C. D. 3 6 2 4 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 21
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Thể tích tứ diện SABC là: S 1  S V ABC BC.SSAB α 45° 3 1   S V ABC a 2SA.AB a 2 6 C A  AB sin    AB  a 2 sin   Với chú ý: SB  SA  B cos    SA  a 2 cos  SB 3 1 a 2 Khi đó:      S V ABC a 2.a 2 sin .a 2 cos sin 2 6 6  Vậy: max       S V ABC  sin 2 1 . 4
Vậy chọn đáp án D.
Câu 17. Cho tam diện ba mặt vuông Oxyz. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A, B, C.
Giả sử A, B, C thay đổi nhưng luôn có:
OA  OB  OC  AB  BC  AC  k không đổi.
Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC.  3 3 3 3 1 k 1  k  1  k  1  k  A.   B.   C.   D.   6  3  3 2  6  3  3 2  6  3  3 3  6  3  3 2  Hướng dẫn giải
Ta có: OA  OB  OC  AB  BC  AC  k 2 2 2 2 2 2
 a  b  c  a  b  b  c  a  c  k A
Với a  0, b  0, c  0 . Áp dụng BĐT Cauchy: a 3  a  b  c  3 abc 1 2 2  O c a  b  2ab 2 C b 2 2  b  c  2bc 3 2 2  a  c  2ac 4 B
Lấy: 2  3  4 và áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2 2 2 2 2 2 3
a  b  b  c  a  c  2ab  2bc  2ac  3 2. abc 5 1 Thể tích hình chóp:    S V ABC abc 6 S V ABC abc 6 Tương tự:  
1  5 và lại áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 22
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  15
 k  3 3 23 abc  k  3 3 2 3 6. SA V BC 6 3 1  k    SA V BC   7 6  3  3 2 
Dấu đẳng thức trong (7) xảy ra khi đồng thời (5) và (6) xảy ra  a  b  c . 3 1  k  Vậy max  khi   S V ABC    a b c 6  3  3 2 
Vậy chọn đáp án A.
Câu 18. Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng
(ABCD) sao cho SB  SD . Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM  x . Mặt phẳng  qua
M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q. Cho SA  a . Tính x để diện tích MNPQ lớn nhất. a 2 a 2 a 2 a 2 A. B. C. D. 2 4 3 5 Hướng dẫn giải
Nhận xét: Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Thật vậy
Vì SB  SD  Hai tam giác SBC và SDC bằng nhau.
Gọi I là trung điểm của SC, ta có: IB  ID  B
 ID cân tại I IO  BD Mà IO S ∥ A  SA  BD Mp B
∥ D   cắt hai mặt phẳng (ABO) và (SBO) theo hai giao tuyến: MQ N ∥ P O ∥ B . Mp S
∥ A   cắt hai mặt phẳng (SAO) và (SAB) theo hai giao tuyến: MN P ∥ Q S ∥ A .
Vậy MNPQ là hình bình hành. A
Biết rằng SA  OB  MNPQ là hình chữ nhật. Ta có: S  MNPQ MQ.MN N
Biết tam giác AMQ vuông cân tại M  MQ  MA  x P I A D a 2  x NM OM NM a 2  2x M Và 2     NM  Q O a SA OA a a 2 2 2 C B a 2 Vậy S   0  x  MNPQ x a x 2  (với ) 2
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số x 2 và a  x 2      Ta có:    2 2 x 2 a x 2 a x 2 a x 2      2  4  
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 23
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU xa  x 2  2 2 a a 2 2 a 2 Vậy    S  2 MNPQ 4 2 8 8 a a 2
Dấu “=” xảy ra khi x 2  a  x 2  x  
 M là trung điểm của AO. 2 2 4
Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Cho tam diện Oxyz có các góc xOy  yOz  zOx   . Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy
A, B, C sao cho OA  OB  OC  x . Tính  để diện tích xung quanh lớn nhất.     A. B. C. D. 2 4 3 4 Hướng dẫn giải
xOy  yOz  zOx   Vì  OA  OB  OC  x  O  AB  O  BC  O  AC O  AB  BC  CA
Gọi H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC α x 2
 OH là trục của tam giác ABC. x 3 x Ta có: 2 S    xq 3SOBC x sin 2 A C 3  H M 2 max S       xq x khi sin 1 . 2 2 B
Vậy chọn đáp án A.
Câu 20. Hình chóp tứ giác SABCD có cạnh SA  x,x 0, 3, tất cả các cạnh còn lại có độ
dài 1. Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất. 3 3 3 3 A. B. C. D. 3 4 2 5 Hướng dẫn giải
Dễ thấy hai tam giác SBD và CBD bằng nhau (c.c.c)  OS  OC  OS  OC  OA S  A  SC vuông tại S. 1 x S  ABCD AC.BD 2 A  SC vuông cho 2 AC  x  1 A D C  OD vuông tại O cho: O H B C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 24
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU 2 2   2 2 x 1 3 x OD  CD  OC  1  4 2 1 Vậy 2 2 S    ABCD 3 x . x 1 2
Vì SB  SC  SD  1  SH là trục của tam giác BCD  SH  AC 2 1 1 1 1 1 x  1 x Tam giác ASC vuông cho:       SH  2 2 2 2 2 SH SC SA 1 x x 2 x  1 2   2 2 x 3  x x 3 x  Ta có: V   6 6   Áp dụng BĐT Cauchy:    2 2 2 2 x 3 x 3 x 3 x   6 2 1 Vậy      m V ax khi 2 2 3 x 3 x x
. Vậy chọn đáp án C. 4 2
Câu 21. Trong các hình trụ có diện tích toàn phần không đổi 2 2 a
 . Tìm thể tích hình trụ lớn nhất.  3 3a  3 3a  3 3a  3 2 a A. B. C. D. 3 5 2 3 3 Hướng dẫn giải
Gọi x, y lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Theo giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 x   2 x  y  2 a   x  xy  a  1 Thể tích hình trụ là: 2 V  x  y
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: 2 xy xy x , , , ta có: 2 2 4 2 4 2 4 2 3 2  xy  xy  x y x y x y 3  2  3  6   2  2a x 3 a 3 a 27 x y 2 2 4 4 4 3 3  a 3 3 x  2 a  3 2 a  2 xy a  Vậy V  . Suy ra max V  . Dấu “=” xảy ra khi 2 3 x     3 3 3 3 2 3  2a 3 y   3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 22. Trong các hình trụ có diện tích xung quanh cộng diện tích một đáy không đổi là 2 2 a
 . Tìm thể tích hình trụ lớn nhất. 3 3  3 2 6 a 3 A. B. C. D. 3 4 9 5 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 25
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Nếu hình trụ hở một đáy, ta có: 2 2 2 2 x   2 x  y  2 a   x  2xy  2a
Thể tích của hình trụ: 2 V  x  y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: 2 x , xy, xy . Ta có: 2 x  xy  xy  3 4 2 3 x y  2 2a  3 4 2 3 x y 3 3 2 2a 2 6a 2 6 3  6  4 2  2   2    a 8a 27x y x y x y V 3 3 9 9 2 6 3   a max V 9 2 Dấu “=” xảy ra khi: 2 2a 2 x  xy   x  y  a 3 3
Vậy chọn đáp án C.
Câu 23. Trong tất cả các hình trụ có cùng thể tích V, tính diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất.  2  2  2  2 A. 3 V 3 B. 3 V 3 C. 3 V 3 D. 3 V 3 4 5 9 7 Hướng dẫn giải
Gọi x, y lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Ta có: 2 S  2 x   2 x  y và 2 V  x  y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: 2 xy xy x , , 2 2 Ta có: 3   2 xy xy  x   3 xy xy  4 2  2 x y x  xy  2 2 2 x . .        2 2  3      4 3      S 3 2   V  2  27 2 V  2    3    3 V S S 3 42 27 4 4  V x  xy V  2 Dấu “=” xảy ra khi: 2 x     2 2  V y  2  2
Vậy chọn đáp án A.
Câu 24. Trong tất cả hình nón có cùng diện tích toàn phần  2
a , tìm hình nón có thể tích lớn nhất.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 26
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  2  2  2  2 A. max V  3 a B. max V  3 a C. max V  3 a D. max V  3 a 11 12 13 3 Hướng dẫn giải
Gọi x, y lần lượt là chiều cao, bán kính đáy của hình nón, ta có:  2 2 2 2 y   y  x  y  a  1   1 2 V  y  x 2  3 Từ (1) ta có: 2 2 2 2 y. x  y  a  y y  y  a  a y  2 x y     4 2 2 4  4 2 2   a  2a y  2 y y  a     2 x  2 2a  1  4 x V a 2 3 x  2 2a 2 2 2 x  2a 2a x 1 Biết: 2  x 
 2 2a  2 2a (BĐT Cauchy)   x x 2 2 x  2a 2 2a  2 Suy ra 3 V  a 12    2 2 x a 2 2a  Vậy: 3 max V 
a . Dấu “=” xảy ra khi: x    12 a x y   2
Vậy chọn đáp án C.
Câu 25. Trong tất cả hình nón có độ dài đường sinh là a , tìm hình nón có thể tích lớn nhất.  3 a 3  2  3  2 A. MaxV  B. max V  3 a C. max V  3 a D. max V  3 a 27 2 23 13 Hướng dẫn giải  2 2  x  y  a
Gọi x, y lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón, ta có:  2 V  x   y 2 2 x x
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: , , y , ta có: 2 2 2 2 x  x  2 y  3 4 2 3 x y  2 a  3 4 2 3 x y 2 2 6 3  4 2  a  2  a x y x y 27 3 3  3 a 3  3     a 3 V MaxV 27 27
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 27
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  2   2 2 x a x a  Dấu “=” xảy ra khi: 2 3  y    2 3 a y   3
Vậy chọn đáp án A.
Câu 26. Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp một hình trụ có bán kính r và chiều cao h.  2 r h  2 r h  2 r h  2 r h A. min V  B. min V  C. min V  D. min V  5 3 4 2 Hướng dẫn giải
Gọi x, y là bán kính và chiều cao của hình nón ngoại tiếp. 1 Thể tích hình nón là: 2 V  x  y S 3
Các tam giác SOE và SID đồng dạng cho : y y  h hx 3   1 hx y   V   r x r x  r 3 x  r D C 2 h x  r 1 r x  r 2 1  1   r  Xét biểu thức:  .  1     y 2 3 2 3 r x r  2   x  x r r  2r 
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: , , 2    E A O B F x x  x  3  r r 2r       2  r r 2r  8 Ta có: x x x . . 2       x x  x   3  27      r 2  r  3 2  1  4  x  27r      x   x  27 x  r 4 3 2 x  r 4 x 27r 2 2 r  h r  h Vậy:     V   min V  3 2 x 27r x  r 4 4 4 r  r  3r Dấu “=” xảy ra khi:  2 1  x    x  x  2
Vậy chọn đáp án C.
Câu 27. Cho một hình nón tròn xoay đỉnh S, thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh
là 2R. Người ta cho một hình cầu nội tiếp với mặt bên của hình nón. Tính bán kính hình
cầu để phần thể tích chung của hình nón và hình cầu lớn nhất. R 3 R 3 R 2 R A. B. C. D. 2 3 2 2 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 28
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Giả sử mặt cầu tâm O tiếp xúc trong với mặt bên của hình nón.
Thể tích của phần chung của hình cầu và hình nón được cho bởi công thức: 1 2 V  C  D 3x CD 3 S
Biết rằng: CD  SC  DS  SC  SO  OD  SC  OD  SO 30°
 R 3  x  2x  R 3  x D 2 1 E
Vậy V  R 3 x 4x R 3  M 3 R
Gọi E là trung điểm của SB, tiếp điểm M phải thuộc đoạn EB. O  R 3 2R 3 A C B R  SM  2R và  x  3 3  R 3 R 3  x  0 và 2x   0 3 R 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: R 3  x,R 3  x và 2x   0 ta có: 2 3  R 3         2R 3  2x  2x   R 3      2 R 3 x R 3 x 2x   2   3       
1 R 3 x2 4xR 3 3 3 3  R 3 8  3  3 Suy ra: 3 3 V  R  max V  R 4 4 R 3
Dấu “=” xảy ra khi: R 3  x  2x  2   R 3      R 3  R 3 x CD SC x R 3 2 2 2
Vậy CD  x . Tâm O của mặt cầu trùng với trung điểm C của cạnh AB.
Vậy chọn đáp án A.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 29
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Để sử dụng file word, quý thầy cô vui lòng đóng góp chút kinh phí để tạo động lực cho tác giả
ra đời những chuyên đề khác hay hơn STT TÊN TÀI LIỆU GIÁ MÃ SỐ 1
KĨ THUẬT GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC_123 60K SO PHUC_123
Tặng 6 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 1-6} 2
CHỦ ĐỀ 1_KHỐI ĐA DIỆN {26 Trang} 50K HHKG_KDD
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 7-11} 3
CHỦ ĐỀ 2_THỂ TÍCH KHỐI CHÓP {59 Trang} 110 HHKG_TTKC
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 K
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 12-21} 4
CHỦ ĐỀ 3_THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ {34 Trang} 70K HHKG_TTLT
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 22-26} 5
CHỦ ĐỀ 456_NÓN TRỤ CẦU {56 Trang} 110 HHKG_NTC
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 K
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 27-36} 6
CHỦ ĐỀ 7_KHOẢNG CÁCH {68 Trang} 130 HHKG_KC
Tặng 12 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 K
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 37-49} 7
CHỦ ĐỀ 8_GÓC {21 Trang} 50K HHKG_GOC
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 50-54} 8
CHỦ ĐỀ 9_CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC 80k HHKG_CT
KHỐI LỒNG NHAU {29 Trang}
Tặng 8 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 55-63}
Hướng dẫn thanh toán
Quý thầy cô thanh toán cho mình qua ngân hàng. Sau khi chuyển khoản, mình sẽ lập tức gửi tài liệu cho quý thầy cô.
Nếu trong ngày mà thầy cô chưa nhận được thì vui lòng gọi điện trực tiếp cho mình.
Thầy cư. SĐT: 01234332133 NGÂN HÀNG TÊN TÀI KHOẢN TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ SỐ TÀI KHOẢN 4010205025243 0161000381524 55110000232924 CHI NHÁNH THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ
Nội dung: Họ và tên_email_ma tai liệu
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 30
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU
Ví dụ: Nguyễn Thị B_nguyenthib@gmail.com_HHKG_TTKC Lưu ý:
Thầy cô đọc kỹ file PDF trước khi mua, tài liệu mua chỉ dùng với mục đích cá nhân, không được
bán lại hoặc chia sẻ cho người khác.
CHÚC QUÝ THẦY CÔ DẠY TỐT VÀ THÀNH CÔNG TRONG SỰ NGHIỆP TRỒNG NGƯỜI
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 31