Cách giải cực trị hình không gian hay – bài tập có đáp án
Phương pháp giải bài toán cực trị hình học không gian
• Áp dụng các phương pháp tính thể tích thông qua tam giác vuông; các loại góc và khoảng cách trong không gian cũng như các công thức tính thể tích khối chóp, khối lăng trụ.
• Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chứa biến.
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số thực dương
– Dạng 2 số: $a+b\ge 2\sqrt{ab}\to ab\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}$ hoặc $ab\le \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}$
– Dạng 3 số: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\to abc\le \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{3}$ hoặc $abc\le \frac{{{(a+b+c)}^{3}}}{27}$
Cách 2. Khảo sát hàm số f(x) trên khoảng xác định (đạo hàm – lập bảng biến thiên)
Bài tập trắc nghiệm cực trị trong hình học không gian có đáp án
| Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 4, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SC = 6. Tính thể tích lớn nhất ${{V}_{\text{max}}}$ của khối chóp đã cho
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{40}{3}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{80}{3}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{20}{3}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=24$ |
Lời giải chi tiết
Đặt $AD=x\Rightarrow $ Diện tích hình chữ nhật ABCD là ${{S}_{ABCD}}=4x$
Tam giác ABC vuông tại B, có $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+16}$
Tam giác SAC vuông tại A, có $SA=\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{20-{{x}^{2}}}$
Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là
${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\sqrt{20-{{x}^{2}}}.4x=\frac{4}{3}x.\sqrt{20-{{x}^{2}}}$
Ta có $x.\sqrt{20-{{x}^{2}}}\le \frac{{{x}^{2}}+{{\left( \sqrt{20-{{x}^{2}}} \right)}^{2}}}{2}=\frac{20}{2}=10\Rightarrow V\le \frac{40}{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\sqrt{20-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow x=\sqrt{10}$. Vậy ${{V}_{\text{max}}}=\frac{40}{3}$. Chọn A
| Bài tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 4, các cạnh bên bằng nhau và bằng 6. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{40}{3}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{64}{3}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{128}{3}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{32}{3}$ |
Lời giải chi tiết
Vì $SA=SB=SC=SD\Rightarrow $ Hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy $\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)$
Đặt $AB=x$. Ta có $BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+16}$
Tam giác SBO vuông tại O, có
$SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{36-\frac{{{x}^{2}}+16}{4}}=\frac{\sqrt{128-{{x}^{2}}}}{2}$
Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là
${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{128-{{x}^{2}}}}{2}.4x=\frac{2}{3}.x\sqrt{128-{{x}^{2}}}$
Mà $x\sqrt{128-{{x}^{2}}}\le \frac{{{x}^{2}}+128-{{x}^{2}}}{2}=64\to V\le \frac{2}{3}.64=\frac{128}{3}$. Vậy ${{V}_{\text{max}}}=\frac{128}{3}$. Chọn C
| Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = 4, SC = 6. Tam giác SAD cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{40}{3}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{20}{3}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=20$ D. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{80}{3}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi H là trung điểm AD. Tam giác SAD cân tại S $\Rightarrow SH\bot AD$
Ta có $\left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}$
Đặt $AD=2x\to {{S}_{ABCD}}=AB.AD=8x$
Tam giác HCD vuông tại D, có $HC=\sqrt{H{{D}^{2}}+C{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+16}$
Tam giác SHC vuông tại H, có $SH=\sqrt{S{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}}=\sqrt{20-{{x}^{2}}}$
Do đó $V=\frac{1}{3}.\sqrt{20-{{x}^{2}}}.8x=\frac{8}{3}x.\sqrt{20-{{x}^{2}}}\le \frac{8}{3}.\frac{{{x}^{2}}+20-{{x}^{2}}}{2}=\frac{80}{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\sqrt{20-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow x=\sqrt{10}$. Vậy ${{V}_{\text{max}}}=\frac{80}{3}$. Chọn D
| Bài tập 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = 1. Các cạnh bên SA = SB = SC = 2. Tính thể tích lớn nhất ${{V}_{\text{max}}}$ của khối chóp đã cho
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{2}{3}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{5}{8}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{5}{4}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{4}{3}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi H là trung điểm BC, $\Delta ABC$ vuông tại A
Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
Vì $SA=SB=SC\Rightarrow H$ là hình chiếu của S trên (ABC)
Đặt $AC=x$. Tam giác ABC vuông $\Rightarrow BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+1}$
Diện tích tam giác ABC là ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{x}{2}$
Tam giác SBH vuông tại H, có $SH=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\frac{\sqrt{15-{{x}^{2}}}}{2}$
Do đó, thể tích cần tính là $V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{12}x.\sqrt{15-{{x}^{2}}}$
Mà $x\sqrt{15-{{x}^{2}}}\le \frac{{{x}^{2}}+15-{{x}^{2}}}{2}=\frac{15}{2}\to V\le \frac{1}{12}.\frac{15}{2}=\frac{5}{8}.$Vậy ${{V}_{\text{max}}}=\frac{5}{8}$. Chọn B
| Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 1, cạnh bên SA = x và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM = y $(0<y<1)$. Tính thể tích lớn nhất ${{V}_{\text{max}}}$ của khối chóp S.ABCM, biết ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1$.
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{8}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{24}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{3\sqrt{3}}{8}$ |
Lời giải chi tiết
Từ giả thiết, ta có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\Rightarrow y=\sqrt{1-{{x}^{2}}}$
Diện tích mặt đáy ${{S}_{ABCM}}=\left( \frac{AM+BC}{2} \right).AB=\frac{x+1}{2}$
Thể tích khối chóp ${{V}_{S.ABCM}}$ là ${{V}_{S.ABCM}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCM}}=\frac{\left( x+1 \right)\sqrt{1-{{x}^{2}}}}{6}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\left( x+1 \right)\sqrt{1-{{x}^{2}}}$ trên (0;1), có
${f}’\left( x \right)=\sqrt{1-{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}+x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}=\frac{1-x-2{{x}^{2}}}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}};{f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$
Dựa vào bảng biến thiên, ta được $\underset{\left( 0;1 \right)}{\mathop{\text{max}}}\,f\left( x \right)=f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{3\sqrt{3}}{4}$. Vậy ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{8}$. Chọn B
| Bài tập 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 4. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
A. ${{V}_{\text{max}}}=8\sqrt{3}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=24\sqrt{3}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=6\sqrt{3}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=16\sqrt{3}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi O là tâm hình vuông ABCD $\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)$
Gọi M là trung điểm CD, H là hình chiếu của O trên SM
Ta có $\left\{ \begin{align} & SO\bot CD \\ & OM\bot CD \\ \end{align} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SMO \right)\Rightarrow CD\bot OH\Rightarrow OH\bot \left( SCD \right)$
Lại có $AB//CD\Rightarrow AB//\left( SCD \right)$
$\Rightarrow d\left( AB;SC \right)=d\left( A;\left( SCD \right) \right)=2d\left( O;\left( SCD \right) \right)$
Theo bài ra, ta có $d\left( AB;SC \right)=2OH=4\to OH=2$
Đặt $AB=2x\to OM=x$. Tam giác SMO vuông tại O, có $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{M}^{2}}}\Rightarrow SO=\frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}-4}}$
Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}-4}}.4{{x}^{2}}=\frac{8}{3}.\frac{{{x}^{3}}}{\sqrt{{{x}^{2}}-4}}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}}{\sqrt{{{x}^{2}}-4}}$ trên $\left( 2;+\infty \right)\to \max f\left( x \right)=6\sqrt{3}$
Vậy thể tích lớn nhất cần tính là ${{V}_{max}}=\frac{8}{3}.6\sqrt{3}=16\sqrt{3}$. Chọn D
| Bài tập 7: Cho hình chóp S.ABCD có $SA=x$ $\left( 0<x<\sqrt{3} \right)$, tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 1. Với giá trị nào của x thì thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất?
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{3}{4}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{1}{4}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi O là tâm hình thoi ABCD $\Rightarrow OA=OC$ (1)
Theo bài ra, ta có $\Delta SBD=\Delta CBD\Rightarrow SO=OC$ (2)
Từ (1) và (2), ta có $SO=OA=OC=\frac{1}{2}AC$
$\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S $\Rightarrow AC=\sqrt{S{{A}^{2}}+S{{C}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+1}$
Suy ra $OA=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}{2}$ và $OB=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\frac{\sqrt{3-{{x}^{2}}}}{2}$
Diện tích hình thoi ${{S}_{ABCD}}=2.OA.OB=\frac{\sqrt{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( 3-{{x}^{2}} \right)}}{2}$
Lại có $SB=SC=SD=1\Rightarrow $ Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD $\to H\in AC$
Tam giác SAC vuông tại S, có $SH=\frac{SA.SC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+S{{C}^{2}}}}=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$
Do đó, thể tích cần tính là $V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( 3-{{x}^{2}} \right)}}{2}.\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\frac{1}{6}x.\sqrt{3-{{x}^{2}}}$
Mà $x.\sqrt{3-{{x}^{2}}}\le \frac{{{x}^{2}}+3-{{x}^{2}}}{2}=\frac{3}{2}\to V\le \frac{1}{6}.\frac{3}{2}=\frac{1}{4}$. Vậy ${{V}_{\text{max}}}=\frac{1}{4}$. Chọn C
| Bài tập 8: Cho tứ diện ABCD có AB = x và các cạnh còn lại bằng $2\sqrt{3}$. Thể tích tứ diện ABCD lớn nhất khi giá trị của x bằng A. $x=2$ B. $x=3\sqrt{2}$ C. $x=4$ D. $x=2\sqrt{2}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB
Hai tam giác ACD, BCD đều $\Rightarrow AM=BM=2\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3$
$\Rightarrow \Delta ABM$ cân tại M $\Rightarrow MN\bot AB\Rightarrow MN=\sqrt{B{{M}^{2}}-B{{N}^{2}}}=\frac{\sqrt{36-{{x}^{2}}}}{2}$
Ta có $\left\{ \begin{align} & BM\bot CD \\ & AM\bot CD \\ \end{align} \right.\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right)\Rightarrow {{V}_{ABCD}}=2{{V}_{C.ABM}}=\frac{2}{3}.CM.{{S}_{\Delta ABM}}$
Do đó, thể tích cần tính là ${{V}_{ABCD}}=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}x.\frac{\sqrt{36-{{x}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}x.\sqrt{36-{{x}^{2}}}$
Mà $x.\sqrt{36-{{x}^{2}}}\le \frac{{{x}^{2}}+36-{{x}^{2}}}{2}=18\to V\le \frac{\sqrt{3}}{6}.18=3\sqrt{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\sqrt{36-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}=36\Leftrightarrow x=3\sqrt{2}$. Chọn B
| Bài tập 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Tính $cos\alpha $ khi thể tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất?
A. $cos\alpha =\frac{\sqrt{3}}{6}$ B. $cos\alpha =\frac{1}{2}$ C. $cos\alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$ D. $cos\alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi M là trung điểm BC, kẻ $AH\bot SM$ $(H\in SM)$
Tam giác ABC cân tại A suy ra $BC\bot AM$
Mà $SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC$
Suy ra $BC\bot \left( SAM \right)\Rightarrow AH\bot BC\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$
Do đó $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH=3$. Tam giác AMH vuông $\Rightarrow AM=\frac{3}{\sin \alpha }$
Tam giác vuông cân ABC $\Rightarrow BC=2AM\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{9}{{{\sin }^{2}}\alpha }=\frac{9}{1-c\text{o}{{\text{s}}^{2}}\alpha }$
Khi đó, thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{9}{\left( 1-co{{s}^{2}}\alpha \right)cos\alpha }$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\left( 1-co{{s}^{2}}x \right)\cos x$, ta được $f(x)\le \frac{2\sqrt{3}}{9}$. Suy ra $V\ge \frac{27\sqrt{3}}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $cos\alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$. Chọn D
| Bài tập 10: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng $\sqrt{2},\overset\frown{SAB}=\overset\frown{SCB}=90{}^\circ $. Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S.ABC có thể tích nhỏ nhất.
A. $AB=\sqrt{3}$ B. $AB=2$ C. $AB=3\sqrt{5}$ D. $AB=\frac{\sqrt{10}}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình vuông
Tương tự, ta cũng có $BC\bot SD$ suy ra $SD\bot \left( ABCD \right)$
Kẻ $DH\bot SC$ $\left( H\in SC \right)\to DH\bot \left( SBC \right)$
Khi đó $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=d\left( D;\left( SBC \right) \right)=DH$. Đặt $AB=x>0$
Tam giác SCD vuông tại D, có
$\frac{1}{D{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{D}^{2}}}+\frac{1}{D{{C}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}}=\frac{1}{S{{D}^{2}}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow SD=\frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}}$
Do đó, thể tích khối chóp S.ABC là ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{2}.{{V}_{S.ABCD}}=\frac{\sqrt{2}}{6}.\frac{{{x}^{3}}}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}}$ trên $\left( \sqrt{2};+\infty \right)$, ta được $\underset{\left( \sqrt{2};+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( \sqrt{3} \right)=3\sqrt{3}$. Chọn A
| Bài tập 11: Cho tam giác ABC vuông cân tại B, AC = 2. Trên đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy các điểm M, N khác phía so với mặt phẳng (ABC) sao cho AM.AN = 1. Thể tích của khối tứ diện MNBC nhỏ nhất bằng
A. ${{V}_{\text{min}}}=\frac{1}{3}$ B. ${{V}_{\text{min}}}=\frac{1}{6}$ C. ${{V}_{\text{min}}}=\frac{2}{3}$ D. ${{V}_{\text{min}}}=\frac{1}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Đặt $AM=x,AN=y$ suy ra $AM.AN=x.y=1$
Tam giác ABC vuông cân tại B, có $AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$
Diện tích tam giác vuông ABC là ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=1$
Ta có ${{V}_{MNBC}}={{V}_{M.ABC}}+{{V}_{N.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.\left( AM+AN \right)=\frac{x+y}{3}$
Lại có $x+y\ge 2\sqrt{xy}$ (bất đẳng thức AM – GM) $\Rightarrow \frac{x+y}{3}\ge \frac{2}{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$. Vậy ${{V}_{\text{min}}}=\frac{2}{3}$. Chọn C
| Bài tập 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, SA = AB = 2. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Thể tích lớn nhất ${{V}_{\text{max}}}$ của khối chóp S.AHK bằng
A. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{2}}{6}$ B. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ C. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$ D. ${{V}_{\text{max}}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$. |
Lời giải chi tiết
Đặt $AC=x$ $(0<x<2)$
Tam giác ABC vuông tại C $\Rightarrow BC=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{4-{{x}^{2}}}$
Tam giác SAB vuông cân tại A, có đường cao AH $\Rightarrow SH=\frac{1}{2}SB$
Tam giác SAC vuông tại A, có $S{{A}^{2}}=SK.SC\Rightarrow \frac{SK}{SC}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{C}^{2}}}=\frac{4}{4+{{x}^{2}}}$
Ta có $\frac{{{V}_{S.AHK}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SH}{SB}.\frac{SK}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{4}{{{x}^{2}}+4}=\frac{2}{{{x}^{2}}+4}\Rightarrow {{V}_{S.AHK}}=\frac{2}{3}.\frac{x\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}+4}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{2}{3}.\frac{x\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}+4}$ trên $\left( 0;2 \right)$, ta được $\underset{\left( 0;2 \right)}{\mathop{max}}\,f\left( x \right)=\frac{\sqrt{2}}{6}$. Chọn A
| Bài tập 13: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có AB = x, AD = 3, góc giữa đường thẳng ${A}’C$ và mặt phẳng $\left( AB{B}'{A}’ \right)$ bằng $30{}^\circ $. Tìm x để thể tích khối hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất.
A. $x=\frac{3\sqrt{15}}{5}$ B. $x=\frac{3\sqrt{6}}{2}$ C. $x=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ D. $x=\frac{3\sqrt{5}}{5}$ |
Lời giải chi tiết
Ta có $B{B}’\bot BC$ và $AB\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( AB{B}'{A}’ \right)$
$\Rightarrow $ B là hình chiếu vuông góc của C trên $\left( AB{B}'{A}’ \right)$
Suy ra $\widehat{{A}’C;\left( AB{B}'{A}’ \right)}=\widehat{\left( {A}’C;{A}’B \right)}=\widehat{C{A}’B}=30{}^\circ $
Tam giác ${A}’BC$ vuông tại B, có $\tan \widehat{C{A}’B}=\frac{BC}{{A}’B}\Rightarrow {A}’B=3\sqrt{3}$
Tam giác ${A}’AB$ vuông tại A, có $A{A}’=\sqrt{{A}'{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{27-{{x}^{2}}}$
Do đó thể tích khối hộp là ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}=A{A}’.AB.AD=3x.\sqrt{27-{{x}^{2}}}$
Lại có $x.\sqrt{27-{{x}^{2}}}\le \frac{{{x}^{2}}+27-{{x}^{2}}}{2}=\frac{27}{2}\to {{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}\le 3.\frac{27}{2}=\frac{81}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\sqrt{27-{{x}^{2}}}\Rightarrow x=\frac{3\sqrt{6}}{2}$. Chọn B
| Bài tập 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích là V. Gọi M là trung điểm của SA, N là điểm nằm trên cạnh SB sao cho SN = 2NB, mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ di động qua các điểm M,N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K, Q. Tính thể tích lớn nhất ${{V}_{\text{max}}}$ của khối chóp S.MNKQ.
A. $\frac{V}{2}$ B. $\frac{2V}{3}$ C. $\frac{V}{3}$ D. $\frac{V}{6}$ |
Lời giải chi tiết
Đặt $x=\frac{SK}{SC}$ $\left( 0\le x\le 1 \right)$ . Hình vẽ tham khảo
Vì mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ di động qua các điểm M, N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K, Q nên ta có $\frac{SA}{SM}+\frac{SC}{SK}=\frac{SB}{SN}+\frac{SD}{SQ}\Rightarrow 2+\frac{1}{x}=\frac{3}{2}+\frac{SD}{SQ}=\frac{2x}{2+x}$
Ta có $\frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{1}{2}\left( \frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SK}{SC}+\frac{SM}{SA}.\frac{SK}{SC}.\frac{SQ}{SD} \right)=\frac{1}{2}\left( \frac{4x}{3}-\frac{2}{x+2} \right)=\frac{2x}{3}-\frac{1}{x+2}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{2x}{3}-\frac{1}{x+2}$ trên $\left[ 0;1 \right]$ ta được $\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{max}}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=\frac{1}{3}$
Vậy thể tích lớn nhất cần tính là ${{V}_{S.MNPQ}}=\frac{V}{3}$. Chọn C
| Bài tập 15: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 18 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x cm, rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để có được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
A. x = 6 B. x = 4 C. x = 2 D. x = 3 |
Lời giải chi tiết
Sau khi cắt ở bốn góc hình vuông cạnh x, ta được khối hộp có
• Chiều cao bằng 
cm
• Đáy là hình vuông cạnh 
cm
Do đó, thể tích khối hộp chữ nhật là $V=x.{{\left( 18-2x \right)}^{2}}=\frac{1}{4}.4x.\left( 18-2x \right).\left( 18-2x \right)$
Ta có $4x.\left( 18-2x \right).\left( 18-2x \right)\le \frac{{{\left( 4x+18-2x+18-2x \right)}^{3}}}{27}=\frac{{{36}^{3}}}{27}=1728$
