Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 1 bài 5

34 6 0
  • Loading ...
1/34 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 14:05

tài liệu ôn thi thpt quốc gia 2019 gồm những thủ thuật giải nhanh Đề thi Trắc nghiệm môn Toán, môn lý, môn anh, môn văn, môn hóa là những ebook được hệ thống hóa kiến thức toàn diện, phong phú về nội dung, bám sát trọng tâm chương trình THPT, nhằm giúp học sinh ôn tập hiệu quả trong thời gian ngắn nhất. Câu 1: [2H1-5-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Cho tờ giấy hình chữ nhật ABCD với chiều dài AB  9cm chiều rộng BC  6cm Gấp tờ giấy lần cho sau gấp ta đỉnh B nằm cạnh CD (minh họa hình vẽ bên dưới) Để độ dài nếp gấp PM nhỏ giá trị nhỏ bao nhiêu? A PM  C PM   15   cm cm B PM  27  cm D PM  cm Lời giải Chọn C Cách 1: Đặt BM  x, BP  y ,  x  6,  y  Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho D  O  0;0  , DC  Ox, DA  Oy  C  9;0  , A  0;6  , B  9;6  Khi M  9;6  x  , P   y;6  N  Ox  N  xN ;0  MN  MB  x nên   xN     x  2  x    xN   12 x  36   xN  12 x  36  xN   12 x  36  Lại có: PB  PN  y   y   12 x  36  y   36   12 x  y 12 x  36 3x 3x  Ta có: PM  x  y  x  x3 x2  3x  x   x  x3  x x3 , x   0;6   f   x   0  Xét hàm f  x   2  x 3 x    x  BBT Từ bảng biến thiên ta có Min PM  x 243  Min PM  9 y 2 Cách 2: BMN  NMC  180  cos BMN   cos NMC  cos BMP    MC MN x3 243 6 x  x   MP    MP   2     x x 3  MP  Câu 2: [2H1-5-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 07] [2017] Người ta muốn mạ vàng cho hộp có đáy hình vng khơng nắp tích lít Tìm kích thước hộp để lượng vàng dùng mạ Giả sử độ dày lớp mạ nơi mặt hộp A Cạnh đáy 3, chiều cao bằng B Cạnh đáy 1, chiều cao C Cạnh đáy 4, chiều cao bằng D Cạnh đáy 2, chiều cao Lời giải Chọn D Gọi x cạnh đáy hộp h chiều cao hộp S  x  diện tích phần hộp cần mạ Khi đó, khối lượng vàng dùng mạ tỉ lệ thuận với S(x) Ta có: S  x   x  xh 1 ;V  x h   h  / x   Từ (1) (2), ta có S  x   x  16 x Dựa vào BBT, ta có S  x  đạt GTNN x  Câu 3: [2H1-5-3] [SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH L2 - 2017] Người ta muốn làm bình thủy tinh hình lăng trụ đứng có nắp đậy, đáy tam giác để đựng 16 lít nước Để tiết kiệm chi phí (xem thủy tinh làm vỏ bình mỏng) cạnh đáy bình B dm A m C dm D m Lời giải Chọn C 16l x=? Gọi x độ dài cạnh đáy h chiều cao hình lăng trụ đứng  x, h   Khi thể tích khối lăng trụ cho V  16  h.x 64 h 3x Để tiết kiệm chi phí diện tích tồn phần hình lăng trụ nhỏ Suy Stp  x 3 192  3xh  x   f ( x) 2 3x Ta có f   x   3x  192 ; f   x    3x  72  x  3x Bảng biến thiên Vậy Minf  x   24 dm x   dm  Câu 4: [2H1-5-3] (THPT HAI BÀ TRƯNG) Cho nhơm hình chữ nhật ABCD có AD  24 cm Ta gấp nhôm theo hai cạnh MN QP vào phía đến AB CD trùng hình vẽ để hình lăng trụ khuyết hai đáy Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? M B Q M C Q B,C A x N P N D x P 24cm A,D A x  C x  10 B x  D x  Lời giải Chọn B M Q B I N P x x A  Gọi I trung điểm NP  IA đường cao ANP cân A  AI  x  12  x  = 24  x    diện tích đáy S ANP  NP AI  12  x  24  x   , với  x  12  thể tích khối lăng trụ V  S ANP MN  a 12  x  24  x   (đặt MN  a : số dương)  Tìm giá trị lớn hàm số y  12  x  24  x   ,   x  12  :  12 12  x   36 x  288 + y    24  x    , y   x    6;12  = 24  x    24  x    + Tính giá trị: y 8  16 , y    , y 12    Thể tích khối trụ lớn x  Câu 5: [2H1-5-3] (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có tồng diện tích tất mặt 36 , độ dài đường chéo AC Hỏi thể tích khối hộp lớn bao nhiêu? A B C 16 D 24 Lời giải Chọn C Gọi chiều dài cạnh hình hộp chữ nhật là: a , b , c  Ta có AC2  a2  b2  c2  36; S  2ab  2bc  2ca  36  (a  b  c)2  72  a  b  c  3 abc  abc     abc  abc     16 Vậy VMax  16    3     Câu 6: [2H1-5-3] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a Thể tích lớn khối chóp S.ABCD A 3a B a3 C a3 D a3 Lời giải Chọn D S a a a B a A H a D O C Kẻ SH   ABCD  H  H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Mà ABC cân B AC  BD  H  BD Gọi O giao điểm AC BD Ta có: OB2  AB2  OA2  a   SA2  SO2   SO2  SO  OB  OD  SBD vuông S 1 1  SH BD  SB.SD  V  SH S ABCD  SH AC.BD  SB.SD AC  a AC.SD 3 6 Lại có SD  BD  SB  BD  a Mà AC  2OA  AB2  OB2  a  BD2  4a  BD2 2 2 a  4a  BD    BD  a  a3 2 2  V  a 4a  BD BD  a   6 Câu 7: [2H1-5-3] (THPT TIÊN DU SỐ 1) Người thợ cần làm bể cá hai ngăn, khơng có nắp phía với thể tích 1,296 m3 Người thợ cắt kính ghép lại bể cá dạng hình hộp chữ nhật với kích thước a , b, c hình vẽ Hỏi người thợ phải thiết kế kích thước a , b, c để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy kính khơng đáng kể A a  3,6 m, b  0,6 m, c  0,6 m B a  2, m, b  0,9 m, c  0,6 m D a  1, m, b  1, m, c  0,9 m C a  1,8 m, b  1, m, c  0,6 m Câu 8: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABC có SA  a , SB  a , SC  a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  a3 Vmax  B Vmax  a3 C Vmax  a3 a3 Lời giải Chọn D  AH   SBC  Gọi H hình chiếu A mặt phẳng  SBC   D Ta có  AH  AS Dấu ''  '' xảy AS   SBC   S SBC  1 SB.SC.sin BSC  SB.SC 2 Dấu ''  '' xảy SB  SC 1 1  Khi V  SSBC AH   SB  SC  AS  SA.SB.SC 3  Dấu ''  '' xảy SA, SB, SC đôi vng góc với a3 Vậy thể tích lớn khối chóp Vmax  SA.SB.SC  6 Câu 9: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 40  24 A Vmax  Vmax B Vmax  80 C Vmax  Lời giải Chọn A S A B x D C Đặt cạnh BC  x  Tam giác vng ABC , có AC  16  x Tam giác vng SAC , có SA  SC  AC  20  x Diện tích hình chữ nhật S ABCD  AB.BC  x 20 D Thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SA  x 20  x 3 Áp dụng BĐT Cơsi, ta có x 20  x  x2   20  x  2  10 40 Suy VS ABCD  10  3 Dấu "  " xảy  x  20  x  x  10 Vậy Vmax  Cách Xét hàm số f  x    40  x 20  x 0; Câu 10: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác có SA  SB  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  Vmax  B Vmax  12 C Vmax  12 D 12 Lời giải Chọn A Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì S.ABC hình chóp  SO   ABC  Đặt AB  x  Diện tích tam giác SABC  Gọi M trung điểm BC  AM  x2 x x  OA  AM  3 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  OA2   x2 1 x2 3  x2 Khi VS ABC  SABC SO   x  x 3 12 Xét hàm f  x     x  x 0; , ta max f  x   f 12  0;     16 Câu 11: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD  Các cạnh bên Tìm thể tích lớn Vmax khối chóp cho 130 250  A Vmax  Vmax B Vmax  128 C Vmax  125 D Lời giải Chọn B S x B A O C D Gọi O  AC  BD Vì SA  SB  SC  SD suy hình chiếu S mặt đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  SO   ABCD  Đặt AB  x  Tam giác vng ABC , có AC  AB  BC  x  16 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  AO2  SA2  AC 128  x  1 128  x V  S SO  x Khi S ABCD ABCD 3 1 128  x 128  x   x  128  x   3   Dấu ''  '' xảy x  128  x  x  Suy VS ABCD  128 Câu 12: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành với AD  4a Các cạnh bên hình chóp a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  8a B Vmax  a C Vmax  8a3 D Vmax  a3 Lời giải Chọn A S D A H C B Do SA  SB  SC  SD  a nên hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, tứ giác ABCD hình chữ nhật Gọi H  AC  BD , suy SH   ABCD  Đặt AB  x  Ta có AC  AD2  AB  x  16a Tam giác vng SHA, có SH  SA2  AC 8a  x  1 Khi VS ABCD  S ABCD SH  AB AD.SH 3   8a  x a a 8a3 2 2  x.4a  x 8a  x   x  8a  x   3 3 Câu 13: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân C , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABC  Biết SC  1, tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  Vmax  12 B Vmax  12 27 Lời giải C Vmax  27 D tích hình lập phương ln gấp 32 lần thể tích hình hộp chữ nhật Gọi S tỉ số diện tích tồn phần hình lập phương diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật Tìm giá trị lớn Smax S A S max  S max  10 B S max  16 C S max  32 D 48 Lời giải Chọn D Theo giả thiết ta có cạnh hình lập phương a  b  c ● Hình hộp chữ nhật có: V  abc Stp   ab  ac  bc  ● Hình lập phương có: V '   a  b  c  S 'tp   a  b  c  a  b  c S Suy S   S2 ab  bc  ca Ta có  a  b  c  a  b  c  32abc  a3 3 bc b c  b c  32     1  32   a a a  a a b  a  x x  y  1  Đặt     x  y  1  32 xy  xy  c 32  y  a Khi  x  y  1 S  x  y  xy  x  y  1  3 x  y  1  x y t  x  y 11   S  96 t2 t  32t  32 32 Ta có  x  y  1  32 xy   x  y    t   t  1   t  8t  16t    2  t  3 t2 đoạn 2;3   , ta t  32t  32 max f  t   f    2;3  10   Xét hàm f  t   Câu 24: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABC có SA  1, SB  2, SC  Gọi G trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng   qua trung điểm I SG cắt cạnh SA, SB, SC M , N , P Tính giá trị nhỏ Tmin biểu thức T 1   2 SM SN SP A Tmin  B Tmin  C Tmin  18 D Tmin  Lời giải Chọn C  SG  Do G trọng tâm ABC     SA  SB  SC  SG  SA SB SC   SA SB SC  SI   SM  SN  SP   SI   SM  SN  SP  SI  SM SN SP  SM SN SP   Do I , M , N , P đồng phẳng nên  SA SB SC  SA SB SC        1  SM SN SP  SM SN SP Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có 1    SA SB SC      SA2  SB  SC        2 SN SP   SM  SM SN SP  Suy T  36 18  2 SA  SB  SC Cách trắc nghiệm Do với hình chóp nên ta chọn trường hợp đặc biệt SA, SB , SC đôi vuông góc tọa độ hóa sau: S  O  0;0;0  , A 1;0;0  , 1  1 1 B  0; 2;0  C  0;0;3 Suy G  ; ;1  I  ; ;  3  6 2 Khi mặt phẳng   cắt SA, SB, SC M  a;0;0  , N  0; b;0  , P  0;0; c      : x y z 1    T    a b c a b c 1 1 1 1 1 Vì I  ; ;         :    a b c 6 2 18 1 1 1 1  1   1  Ta có                T  6 a b c 6  a b c  Câu 25: [2H1-5-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, thể tích V Gọi M trung điểm cạnh SA, N điểm nằm cạnh SB cho SN  NB; mặt phẳng   di động qua điểm M , N cắt cạnh SC , SD hai điểm phân biệt K , Q Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S MNKQ A Vmax  V V B Vmax  C Vmax  3V D 2V Vmax  Lời giải Chọn B Gọi a  SK SC   a  1 Vì mặt phẳng   di động qua điểm M , N cắt cạnh SC , SD hai điểm phân biệt K , Q nên ta có đẳng thức  2 SA SC SB SD    SM SK SN SQ SD SQ 2a      a SQ SD  a S N M Q P D A B Ta có VS MNKQ VS ABCD C  SM SN SK SM SK SQ   4a  2a          SA SB SC SA SC SD   a   a  Xét hàm f  a   2a 1  đoạn  0;1 , ta max f  a   f 1  0;1 a2 Câu 26: [2H1-5-3] Một người cần làm hình lăng trụ tam giác từ nhựa phẳng để tích cm3 Để hao tốn vật liệu cần tính độ dài cạnh khối lăng trụ tam giác bao nhiêu? A Cạnh đáy 6cm cạnh bên 1cm B Cạnh đáy 3cm cạnh bên 2cm C Cạnh đáy 2cm cạnh bên 3cm D Cạnh đáy 3cm cạnh bên cm Lời giải Chọn B Giả sử hình lăng trụ tam giác cần làm ABC.ABC có độ dài AB  x, AA  h Khi SABC  3 x VABC ABC  S ABC AA  x h 4 24 x h6 3h x Để tốn vật liệu diện tích tồn phần khối lăng trụ ABC.ABC nhỏ Gọi Stp tổng diện tích mặt khối lăng trụ ABC.ABC , ta có Theo giả thiết Stp  2SABC  3S ABBA  Khảo sát f  x   3 72 x  3hx  x  2 x 72  0;   , ta f  x  nhỏ x  x  x Với x  cm  h  2cm Chọn B Câu 27: [2H1-5-3] Cho nhơm hình chữ nhật có kích thước 80cm  50cm Người ta cắt bốn góc tâm nhơm bốn hình vng nhau, hình vng có cạnh x  cm  , gập nhơm lại thùng khơng nắp dạng hình hộp Tính thể tích lớn Vmax hộp tạo thành A Vmax  18000cm3 B Vmax  28000cm3 C Vmax  38000cm3 D Vmax  8000cm3 Lời giải Chọn A Hình hộp tạo thành có kích thước: chiều dài 80  x  cm  , chiều rộng 50  x  cm  , chiều cao x  cm  Suy thể tích thùng tạo thành V  x 80  x  50  x   x3  260 x  4000 x Khảo sát f  x   x3  260 x  4000 x  0; 25 , max f  x   f 10   18000cm3  0;25 Câu 28: [2H1-5-3] Cho bìa hình chữ nhật có kích thước 60cm  40cm Người ta cắt hình vng hình vẽ, hình vng cạnh xcm , gập bìa lại để hộp có nắp Tìm x để hộp nhận tích lớn A x  x 20 cm B x  4cm C x  5cm D 10 cm Lời giải Chọn A Các kích thước khối hộp là: 60  x ; 40  x ; x  60  3x  Khi Vhop     40  x  x  3x  120 x  1200 x  f  x    Khảo sát hàm f  x  với  x  20 , ta f  x  lớn x  Chọn A 20 Câu 29: [2H1-5-3] (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - LẦN - 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  * ;  x; y   Khi x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây? A x  y  xy  4550 B xy  x  y  2550 C x  xy  y  5240 D x3  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  AD2   CD2   52  52   18  a  Tam giác ABM cân M ( AM  BM ) nên: S ABM 82 a 82  AB   AB AM      a 2 4    82  a x y ; 82 82 a  18  a 82 a 82 VABCD   a 18  a   18  a  12 12 4  x  3, y  82 Câu 30: [2H1-5-3] Nhân ngày quốc tế phụ nữ 8-3 năm 2017, ông A định mua tặng vợ quà đặt vào hộp tích 32 ( đvtt ) có đáy hình vng khơng có nắp Để quà trở nên thật đặc biệt xứng đáng với giá trị ơng định mạ vàng cho hộp, biết độ dạy lớp mạ điểm hộp Gọi chiều cao cạnh đáy hộp Để lượng vàng hộp nhỏ giá trị phải là? A B C D Lời giải Chọn B Ta có, để lượng vàng cần dùng nhỏ Diện tích S phải nhỏ ta có , Câu 31: [2H1-5-3] Cho tam giác ABC cạnh a Người ta dựng hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm cạnh BC, hai đỉnh P Q theo thứ tự nằm hai cạnh AC AB tam giác Xác định giá trị lớn hình chữ nhật đó? A C B D Lời giải Gọi H trung điểm BC  BH = CH =.Đặt BM = x, ta có: Tam giác MBQ vng M, BM = x  Hình chữ nhật MNPQ có diện tích: S(x) = MN.QM = x S’ +0 S Vậy x = Câu 32: [2H1-5-3] Cho nhôm hình vng cạnh cm Người ta muốn cắt hình thang hình vẽ Tìm tổng x + y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ A B C D Lời giải Đáp án C Ta có nhỏ lớn Tính (1) Mặt khác đồng dạng nên (2) Từ (1) (2) suy Ta có 2S lớn nhỏ Biểu thức nhỏ Câu 33: [2H1-5-3] Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao 60cm , thể tích 96000cm Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70000 VNĐ/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100000 VNĐ/m2 Tính chi phí thấp để hồn thành bể cá A 320000 VNĐ VNĐ C 832000 VNĐ B 32000 VNĐ D 83200 Lời giải Chọn D Gọi x , y m x 0, 6xy 0, y chiều dài chiều rộng đáy bể, theo đề ta suy 0, 096 y 0,16 70000 x 0,16 Giá thành bể cá xác định theo hàm số sau: x 0,16 x 0,16 x 16000 Dựa vào bảng biến thiên suy chi phí thấp để hoàn thành bể cá f 0, 83200 f x 2.0, x 100000x f x 84000 x (VNĐ) f x 84000 0,16 ,f x x2 x 0, Ta có bảng biến thiên sau: VNĐ Câu 34: [2H1-5-3] Tìm diện tích lớn hình chữ nhật nội tiếp nửa đường tròn bán kính, biết cạnh hình chữ nhật nằm dọc đường kính đường tròn A B C D Gọi độ dài cạnh hình chữ nhật khơng nằm dọc theo đường kính đường tròn Khi độ dài cạnh hình chữ nhật nằm dọc đường tròn là: Diện tích hình chữ nhật: Ta có Suy điểm cực đại hàm Vậy diện tích lớn hình chữ nhật là: Câu 35: [2H1-5-3] Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 ti vi năm Chi phí gửi kho 10$ năm Để đặt hàng chi phí cố định cho lần đặt 20$ cộng thêm 9$ Cửa hàng nên đặt hàng lần năm lần để chi phí hàng tồn kho nhỏ nhất? A Đặt hàng B Đặt hàng C Đặt hàng D Đặt hàng 25 lần, lần 100 ti vi 20 lần, lần 100 ti vi 25 lần, lần 90 ti vi 20 lần, lần 90 ti vi Lời giải Chọn A Gọi x số ti vi mà cừa hàng đặt lần ( x Số lượng ti vi trung bình gửi kho Số lần đặt hàng năm 1;2500 , đơn vị cái) x x phí lưu kho tương ứng 10 2 2500 2500 20 chi phí đặt hàng là: x x 5x 9x Khi chi phí mà cửa hàng phải trả là: C x 2500 20 x 9x Lập bảng biến thiên ta được: C 5x 5x C 100 50000 x 22500 23500 Kết luận: đặt hàng 25 lần, lần 100 tivi Câu 36: [2H1-5-3] Cho nhơm hình chữ nhật ABCD có AD 60cm Ta gấp nhơm theo cạnh MN PQ vào phía đến AB DC trùng hình vẽ để hình lăng trụ khuyết hai đáy Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? A x 20 B x 15 C x  25 D x 30 Lời giải Chọn A Ta có PN S 60 60 ANP 2x , gọi H trung điểm PN suy AH 2x 60x 900 60 2x 15x 225 60x 900 f x , chiều cao khối lăng trụ khơng đổi nên thể tích khối lăng trụ max f x max f' x max f x 45 x 20 15x 225 x 100 x 20, f 20 100 3, f 15 20 Câu 37: [2H1-5-3] (CHUN THÁI BÌNH L3) Cho khối chóp S.ABC có SA  a , SB  a , SC  a Thể tích lớn khối chóp A a B a3 C a3 Lời giải Chọn D A a a C S H a B Gọi H hình chiếu A lên ( SBC )  V  AH S SBC Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy AS   SBC  S SBC  1 SB.SC.sin SBC  SB.SC , dấu “=” xảy SB  SC 2 D a3 Khi đó, V  1 1 AH S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC 3 Dấu “=” xảy SA, SB, SC đơi vng góc với a3 SA.SB.SC  6 Suy thể tích lớn khối chóp V  Câu 38: [2H1-5-3] (SGD Bình Dương - HKI - 2017 - 2018 - BTN) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A x  B x  C x  D x  Lời giải Chọn B CH  AB Cách Gọi H trung điểm AB   (do ABC , ABD cân đáy AB  DH  AB )  AB   CDH  Mặt khác CDH cân H , HC  HD   x2 A x H D B I C Gọi I trung điểm CD  HI  HC  CI   Suy S CDH  Vậy VABCD  x2 12  x 1  1 HI CD  12  x 2 1 1 AB.S CDH   x  12  x  x 12  x 3  Cách 1a: Xét f  x   x 12  x , x  0; f   x   12  x  x2 12  x  12  x2 12  x   , x  0;    f   x    x  x  0;2 Bảng biến thiên: x f  x –  f  x Vậy Vmax 0  x  Cách 1b: VABCD 2 1 x  12  x    x 12  x   1 6  x  12  x  x Dấu “ ” xảy  x  0;     AH  CD Cách 2: Gọi H trung điểm CD , dễ thấy  (do ACD , BCD cân đáy  BH  CD CD ) Suy CD   ABH    ABH    BCD  theo giao tuyến BH Vì  ABH  kẻ AK  BH K  BH AK   BCD  1 22 3 Do VABCD   AK  SBCD   AK   AK 3 Vậy VABCD lớn  AK max Trong AHK có AK  AH nên AK lớn K  H  AH  BH  AB  AH  BH   x  (Vì ACD , BCD tam giác cạnh nên AH  BH  ) A x B D K C Vậy VABCD lớn x  H Câu 39: [2H1-5-3] (Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần - 2018 - BTN) Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn A x  B x  2 C x  14 D x 3 Lời giải Chọn D A M x D B H C [Phương pháp tự luận] Gọi M , H trung điểm AB CD Ta có tam giác ABC , ABD CM  AB  AB   CDM    DM  AB cân C D Suy Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy MC  MD Ta MH  CD Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy tam giác MHC vng H Có BM  HC  ; x ; BH  BC  CH  12   HM  BH  BM   1 x2 SMHC  MH HC   2 x2 Suy x x2 VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC   2  x x2 x x2  x2 x2  3 9  9       4  4 Vậy giá trị lớn thể tích khối tứ diện 3 , đạt x2 x2    x  18  x  4 [Phương pháp trắc nghiệm] Thực phương pháp tự luận để có V  x x2  Nhập hàm số bên vào máy tính CALC , V  3.872 CALC 2 , V  4.320 CALC 14 , V  5.066 CALC , V  5.196 Câu 40: [2H1-5-3] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có độ dài cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x  y  z  Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC A B C D Lời giải Chọn C S x z y A C H K B Thể tích khối tứ diện V  12 y  z  x  z  x  y  x  y  z  Mà x  y  z  nên V  12 9  2x 9  y 9  2z  2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương   2x  ,   2y  ,   2z  ta có  9  x2   9  y   9  z        x   y   z     27    x2   y   z   V  Vậy Vmax  cạnh 27  V  12 , đạt x  y  z  tức tứ diện cho tứ diện ...  Vậy VABCD  x2 12  x 1  1 HI CD  12  x 2 1 1 AB.S CDH   x  12  x  x 12  x 3  Cách 1a: Xét f  x   x 12  x , x  0; f   x   12  x  x2 12  x  12  x2 12  x   , x ...  Tam giác vuông ABC , có AC  AB  BC  x  16 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  AO2  SA2  AC 12 8  x  1 12 8  x V  S SO  x Khi S ABCD ABCD 3 1 12 8  x 12 8  x   x  12 8  x   3... b;0  , P  0;0; c      : x y z 1    T    a b c a b c 1 1 1 1 1 Vì I  ; ;         :    a b c 6 2 18 1 1 1 1  1   1  Ta có            
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 1 bài 5, Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 1 bài 5

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay