Câu 1: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần MĐ 904 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ cạnh a Các điểm M , N , P theo thứ tự thuộc cạnh BB′ , C ′D′ , DA cho BM = C ' N = DP = a Mặt phẳng ( MNP ) cắt đường thẳng A ' B ' E Tính độ dài đoạn thẳng A ' E A A ' E = 5a C A ' E = 5a B A ' E = 3a D A ' E = 4a Lời giải Chọn A a Nhận xét KP //BD MH //BD nên KP // MH , suy điểm M , K , P, H đồng phẳng Tương tự : MK //AB′ , DC ′//AB′ ; DC ′//HN nên MK //HN suy điểm M , K , H , N đồng phẳng Vậy mặt phẳng ( MNP ) chứa điểm H , K đồng thời mặt phẳng ( MNP ) song song với mặt Lấy H , K thuộc đoạn DD′ , AB cho DH = BK = phẳng ( BDC ′) Suy mặt phẳng ( MNP ) song song với B′D′ Xét mặt phẳng ( A′B′C ′D′) , qua N kẻ NE //B′D ′ cắt A′B′ E điểm thỏa mãn u cầu tốn Ta có B′EDN hình bình hành nên B′E = 2a 5a suy A′E = A′B ′ + B′E = 3 Câu 2: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vuông A B ; AB = BC = AD = a Biết SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA = a Tính theo a khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SCD ) A d = a B d = a C d = a Lời giải Chọn A D d = a Gọi I trung điểm đoạn AD Ta có AI // BC AI = BC nên tứ giác ABCI hình vng hay CI = a = AD ⇒ ∆ACD tam giác vuông C Kẻ AH ⊥ SC  AC ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SCA ) Ta có   AC ⊥ SA hay CD ⊥ AH nên AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = AH ; AC = AB + BC = a SA AC a 2.a AH = = = a SA2 + AC 2a + 2a EB BC = = nên B trung điểm đoạn AE Gọi AB ∩ CD = E , mặt khác EA AD d ( B, ( SCD ) ) a = = Vậy d = a d ( A, ( SCD ) ) 2 Câu 3: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ tích V Gọi M , N , P trung điểm cạnh AB , A′C ′ , BB′ Thể tích khối tứ diện CMNP bằng: V V A B V C D V 24 24 Lời giải Chọn A Gọi I trung điểm AC ⇒ NP ∩ BI = J Lại có BP // = NI suy BP đường trung bình tam giác NIJ Suy B trung điểm IJ Suy CM ∩ BI = G trọng tâm tam giác ABC BI S JCM JG S JCM 5 = = = Ta có mà JG = BJ + BG = BI + BI = BI ⇒ S BCM BG S BCM BI 3 5 ⇒ S JCM = S BCM ⇒ S JCM = S ABC Ta có V1 = VN MJC = h.S JMC = V 12 1 5 V2 = VP.MJC = h.S JMC = h .S ABC = V 3 24 Vậy VN CMP = V1 − V2 = V 24 Câu 4: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần năm 2017-2018) Cho bìa hình vng cạnh 50 cm Để làm mơ hình kim tự tháp Ai Cập, người ta cắt bỏ bốn tam giác cân có cạnh đáy cạnh hình vng gấp lên, ghép lại thành hình chóp tứ giác Để mơ hình tích lớn cạnh đáy mơ hình bằng: A 20 cm B 25 cm C 15 cm D 10 cm Lời giải Chọn A D A M x I N Q O P B C Đặt MN = x , a = 50 cm Ta có OI = x a a x , OA = ⇒ AI = − 2 2  a x   x 2 a Đường cao h = AI − OI =  = a−x  − 2÷ ÷ −  ÷    ( ( ) ) ( ) a a Vậy thể tích hình chóp V = x a−x = 2a − x x 3 ( ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số thực dương 2a − x số x , ta có: (  2a − x + x  2a − x x ≤  ÷  ÷ = 2   ) ( ) = 128 2a Vậy Vmax 2a − x = x ⇔ x = = 20 cm Câu 5: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Điểm P trung điểm SC , mặt phẳng qua AP cắt cạnh SD SB M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ A V1 ? V B C D Lời giải Chọn D SM SN = x, = y , < x , y ≤ SB SD 1 x SA SC SB SD + = + Vì nên + = + ⇒ y = x y 3x − SA SP SM SN V V1 VS ANP SA SN SP SA SM SP 1 1 = + S AMP = + = y + x Khi V 2VS ADC 2VS ABC SA SD SC SA SB SC 2 2 1 x  = ( x + y) =  x + ÷ 4 3x −  Vì x > , y > nên < x < 1 x  1  Xét hàm số f ( x ) =  x + ÷  ;1 4 3x −  3   1 ÷ ′ Ta có f ′ ( x ) = 1 − ; f ( x) = ⇔ x =  ÷  ( x − 1)  Bảng biến thiên x 3 + y′ – || y Đặt Vậy giá trị nhỏ V1 V Câu 6: (THPT Chuyên Thái Bình-lần năm học 2017-2018) Cho hình chóp S ABC có SA = x , BC = y , AB = AC = SB = SC = Thể tích khối chóp S ABC lớn tổng ( x + y) bằng: A B C D Lời giải Chọn C S H C A I B Gọi H , I tương ứng trung điểm SA , BC ∆ABC = ∆SBC (c.c.c) ⇒ AI = SI Tam giác SIA cân I ⇒ IH ⊥ SA BC ⊥ SI   ⇒ BC ⊥ ( SAI ) ⇒ BC ⊥ AI ; BC ⊥ SA BC ⊥ AI  1 x2 y SA.BC.HI = xy − − ≤ ( x2 + y ) − ( x2 + y ) 6 4 24 2 2 x +y x +y + + − ( x2 + y ) 1 Dấu ‘‘=’’ xảy x = y = 2 ⇒ VSABC ≤ = 12 Vậy VSABC lớn x + y = VSABC = Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD tích V , đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng ( P ) song song với ( ABCD ) cắt đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng M , N , E , F ( M , N , E , F khác S không nằm ( ABCD ) ) Các điểm H , K , P , Q tương ứng hình chiếu vng góc M , N , E , F lên ( ABCD ) Thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ 4 V A V B C V 27 Lời giải Chọn C D V SM SM Ta có: MNEF ABCD đồng dạng với tỉ số k = SA SA Do S MNEF = k S ABCD Đặt k = ( < k < 1) MH MA SA − SM = = = 1− k Gọi SI đường cao S ABCD Ta có: SI SA SA VMNEFHKPQ = S MNEF MH = S ABCD k (1 − k ).SI = 3V k (1 − k ) = 3V 3V  k + k + − 2k  k k (2 − 2k ) ≤  ÷ = V 2   Vậy thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ V k = − 2k ⇔ k = Câu 8: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC , BD cho ( AMN ) ln vng góc với mặt phẳng ( BCD ) Gọi V1 , V2 giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ABMN Tính V1 + V2 A 17 216 B 17 72 C 17 144 Lời giải Chọn A D 12 Gọi H tâm tam giác BCD , ta có AH ⊥ ( BCD ) , mà ( AMN ) ⊥ ( BCD ) nên AH ⊂ ( AMN ) hay MN qua H Ta có BH = ⇒ AH = AB − BH = − = 3 1 Thể tích khối chóp ABMN V = AH S BMN = BM BN sin 60° = BM BN 3 12 Do MN qua H M chạy BC nên BM BN lớn M ≡ C N ≡ D V1 = 24 2 + BM BN nhỏ MN //CD BM = BN = ⇒ V2 = 27 17 Vậy V1 + V2 = 216 Câu 9: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm) × b (cm) × c (cm) , a, b, c số nguyên ≤ a ≤ b ≤ c Gọi V (cm ) S (cm ) thể tích diện tích tồn phần hình hộp Biết V = S , tìm số ba số ( a, b, c ) ? A B 10 C 12 Lời giải D 21 Chọn B B C A D B′ A′ C′ D′ V = a.b.c S = ( ab + bc + ca ) Ta có V = S suy ( ab + bc + ca ) = a.b.c ⇔ 1 1 + + = a b c 1 1 1 = + + ≤ + + ⇒ ≥ ⇒ a ≤ (do ≤ a ≤ b ≤ c ) a b c a a a a 1 1 1 + + = ⇒ < ⇒2 ÷ 6 SC SA SC SB SD SC  Mặt khác ABCD hình bình hành nên có VS ABCD = 2VS ABC = 2VS ACD Đặt V VS MNP SM SN SP SM SP SQ  1 = = x ; S MPQ = = x  x − ÷ VS ABC SA SB SC VS ACD SA SC SD  6 Suy VS MNPQ VS ABCD = V VS MNP 1  1 1 + S MPQ = x + x  x − ÷ = x + x 2VS ABC 2VS ACD  6 1 1  1 x + x với < x ≤ ; f ′ ( x ) = x + = ⇔ x = − ∉  ;1 6  Bảng biến thiên: Xét f ( x ) = f ( x ) = Vậy VS MNPQ đạt giá trị lớn Từ BBT ta có max 1   ;1 VS ABCD 6  Câu 17: (THPT Lê Hồn-Thanh Hóa-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy, mặt phẳng ( SAB ) vng góc với mặt phẳng ( SBC ) , · góc hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBC ) 60° , SB = a , BSC = 45° Thể tích khối chóp S ABC theo a là: A V = a3 15 B V = 3a C V = 2a Lời giải D V = 2a 3 15 Chọn D Thể tích khối chóp V = SA.S ABC Kẻ AH ⊥ SB suy AH ⊥ ( SBC ) Do BC ⊥ SA BC ⊥ AH nên BC ⊥ ( SAB ) , tam giác ABC vng B Kẻ BI ⊥ AC ⇒ BI ⊥ SC kẻ BK ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( BIK ) · Do góc hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBC ) BKI = 60° SB · Do BSC = 45° nên SB = BC = a K trung điểm SC nên BK = = a Trong tam giác vuông BIK có BI = BK sin 60° = Trong tam giác vng ABC có a 1 ⇒ AB = = + 2 BI AB BC BI BC BC − BI 2 = a 30 a 15 2a AB.BC = ; SA = SB − AB = 2 2a Vậy V = SA.S ABC = 15 S ABC = Câu 18: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABC có cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy góc 30° Biết AB = , AC = , BC = tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng ( SBC ) A d = 35 39 52 B d = 35 39 13 C d = Lời giải Chọn C 35 13 52 D d = 35 13 26 Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ( ABC ) · · · Ta có SAH = SBH = SCH = 30° (theo giả thiết) nên tam giác vuông SHA , SHB , SHC Suy HA = HB = HC ⇒ H tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta có S ∆ABC = 10 abc 7 ⇒R= ⇒ HB = 4R 3 HB 14 = Xét tam giác vuông SHB : SH = HB tan 30° = , SB = cos 30° Mặt khác S ∆ABC = 70 Suy VS ABC = SH S∆ABC = Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta có S ∆SBC = Do VA.SBC 13 70 3VS ABC 35 39 = = d S ∆SBC ⇒ d = = S 13 52 ∆SBC Câu 19: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho x , y số thực dương Xét hình chóp S ABC có SA = x , BC = y , cạnh lại Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S ABC có giá trị lớn là: 3 A B C D 27 12 Lời giải Chọn A Gọi M , N trung điểm SA , BC Ta dễ dàng chứng minh MN đoạn vng góc chung SA BC Suy VS ABC = 2VS MBC Ta có MN = MB − y ; MB = − x2 Thay vào ta MN = MB − y = − x − y ⇒ MN = − x2 − y x 1 2 x2 y ( − x2 + y ) Vậy VSABC = 2VS MBC = MN BC = xy − x − y = 12 12 Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có   64 x2 y ( − x2 − y2 ) ≤  ÷ =   27 Vậy VS ABC ≤ 3 Dấu đạt x = y = 27 Câu 20: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Bề mặt bóng ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác 20 miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm Biết giá thành miếng da 150 đồng/ cm Tính giá thành miếng da dùng để làm bóng (kết làm tròn tới hàng đơn vị)? A 121500 đồng B 220545 đồng C 252533 đồng Lời giải D 199 218 đồng Chọn B * Ở miếng da hình ngũ giác, xét tam giác OAB có ·AOB = 72o , AB = 4,5cm , trung tuyến AM BM BM AB o · ⇒ OM = = , BOM ( cm ) = 36o Do tan 36 = o OM tan 36 tan 36o 1 AB 81 S ABO = OM AB = AB = cm ) o o ( 2 tan 36 16 tan 36 405 Diện tích miếng da hình ngũ giác 5S ABO = ( cm ) 16 tan 36o * Ở miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm có diện tích miếng da ( 4,5 ) 243 ( cm ) Vậy giá thành miếng da dùng làm bóng =  243 405 + 12  20 16 tan 36o   ÷ ÷.150 ≈ 220545 (đồng)  Câu 21: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB , CD thỏa mãn AB + CD = 18 cạnh lại Biết thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn có dạnh Vmax = x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây? x y ; x, y ∈ ¥ * ; ( x; y ) = Khi A x + y − xy > 4550 B xy + x + y > 2550 C x − xy + y < 5240 D x − y > 19602 Lời giải Chọn A Đặt AB = a Gọi M trung điểm CD ⇒ CD ⊥ AM , CD ⊥ BM ⇒ CD ⊥ ( ABM ) 1 Khi VABCD = VABMC + VABMD = S ABM CM + S ABM DM = S ABM CD 3 Do AM trung tuyến tam giác ACD nên: AM = 2 ( AC + AD ) − CD = ( 52 + 52 ) − ( 18 − a ) 82 + a = Tam giác ABM cân M ( AM = BM ) nên: 82 a 82  AB  S ABM = AB AM −  ÷ = a =   a 82 82 82 a + 18 − a 82 ⇒ x = 3, y = 82 VABCD = 18 − a = a ( 18 − a ) ≤ = 12 12 Câu 22: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC = BM , AC = AP , BD = BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mp ( MNP ) 7 8 A B C D 13 15 15 13 Hướng dẫn giải Chọn A Gọi E = MN ∩ CD , Q = EQ ∩ AD , mặt phẳng ( MNP ) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện tứ giác MNQP Gọi I trung điểm CD NI PCB NI = EN EI NI = = = EM EC MC EI = suy Từ I trung điểm CD EC EK = Kẻ DK P AC với K ∈ EP , ta có EP BC , BC = BM nên suy NI = MC Bởi ED = EC KD ED = = Mặt khác AC = AP nên suy AC EC QD QK KD KD = = = = Do QA QP AP AP QK EK EQ = = suy = Từ QP EP EP Gọi V thể tích khối tứ diện ABCD , V1 thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 thể tích khối đa diện CDMNQP S ∆CMP CM CP 1 = = = ⇒ S ∆CMP = S ∆CAB Ta có S ∆CAB CB CA 2 ED = nên d ( E; ( ABC ) ) = d ( D; ( ABC ) ) Do : EC 1 3 VE CMP = S ∆CMP d ( E; ( ABC ) ) = S ∆CAB d ( D; ( ABC ) ) = S ∆CAB d ( D; ( ABC ) ) = V 3 2 4 VE DNQ ED EN EQ 2 = = = , nên suy VE DNQ = VE CMP = V = V VE CMP EC EM EP 3 15 15 15 10 Vì 13 Từ ta có V2 = VE CMP − VE DNQ = V − V = V 10 20 Và V1 = V − V2 = V − Như : 13 V= V 20 20 V1 = V2 13 Câu 23: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật cạnh AB = a , AD = 2a Mặt phẳng ( SAB ) ( SAC ) vng góc với ( ABCD ) Gọi H hình chiếu vng góc A SD Tính khoảng cách AH SC biết AH = a 73 73 19 19 A B C D a a a a 73 73 19 19 Hướng dẫn giải Chọn C Trong tam giác SAD vuông A đường cao AH , ta có 2a 1 1 1 1 = 2+ ⇒ = − = − = nên SA = 2 2 AH SA AD SA AH AD a 4a 4a SD = SA2 + AD = 4a 4a + 4a = 3 DH AD AD = DH SD ⇒ = = SD SD HK DK DH CK = = = ⇒ = Kẻ HK PSC với K ∈ CD , suy SC DC DS DK Khi SC P( AHK ) nên d ( AH ; SC ) = d ( SC ; ( AHK ) ) = d ( C ; ( AHK ) ) = d ( D; ( AHK ) ) Ta có AC = a , SC = a Ta có DK = 19 a 57 , nên HK = SC = 4 3a a 73 DC = nên AK = AD + DK = 4 · cos HAK = S ∆AHK = Cũng từ S ∆ADK AH + AK − HK = AH AK 2 73a 57a − 57 16 16 = ⇒ sin HAK · = a 73 73 73 2.a a2 + 1 a 73 57 57 · AH AK sin HAK = a = a 2 73 DH 3 2a a = ⇒ d ( H ; ( ABCD ) ) = SA = = SD 4 1 3a 3a = AD.DK = 2a = 2 4 Do VDAHK 1 3a a a 3 = S∆ADK d ( H ; ( ABCD ) ) = = 3 Bởi d ( D; ( AHK ) ) = 3VDAHK = S ∆AHK a3 = 3a = 3a 19 19 57 57 a a 19 Vậy d ( AH ; SC ) = d ( D; ( AHK ) ) = 19 Câu 24: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần năm 2017-2018) Cho tam giác ABC vng A có AB = 3a, AC = a Gọi ( Q ) mặt phẳng chứa BC vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Điểm D di động ( Q ) cho hai mặt phẳng ( DAB ) ( DAC ) mặt ( ABC ) hai góc phụ Tính thể tích lớn khối chóp D ABC A a3 B 3a 13 C 3a 10 D hợp với 3a Lời giải Chọn A Kẻ DH ⊥ BC ⇒ DH ⊥ ( ABC ) Kẻ HN ⊥ AB, HM ⊥ AC , ( N ∈ AB , M ∈ AC ) · , MH = DMH ) · =α , ( (·DAC ) , ( ABC ) ) = ( DM · , NH = DNH ) · = π2 − α ( (·DAB ) , ( ABC ) ) = ( DN Ta có a2 VD ABC = DH S ABC = DH ⇒ VD ABC max DH max π  DH = HM tan α = HN tan  − α ÷ = HN cot α ⇒ DH = HM HN 2  HM HC HN HB AB AC.HB.HC AB AC.BC Theo Talet = , = ⇒ HM HN = ≤ AB BC AC BC BC BC AB AC 3a a a a a3 ⇒ DH = HM HN ≤ = DH max = ⇒ VD ABC = = 4 2 ... ( 1) ( ) ⇒ S1 = S 1 S h 1  V Thể tích khối từ diện G1G2G3G4 là: V1 = S1.h1 = =  S h ÷ = 3 27   27 Câu 14 : (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần năm 2 017 -2 018 ) Cho tứ diện ABCD tích... EP 3 15 15 15 10 Vì 13 Từ ta có V2 = VE CMP − VE DNQ = V − V = V 10 20 Và V1 = V − V2 = V − Như : 13 V= V 20 20 V1 = V2 13 Câu 23 : (THPT Trần Nhân Tơng-Quảng Ninh-lần năm 2 017 -2 018 ) Cho hình... lớn x = 2 Câu 13 : (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần năm 2 017 -2 018 ) Cho khối tứ diện ABCD tích V Gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm bốn mặt tứ diện ABCD Thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 là: