Tổng hợp câu hay và khó chương 5 phần 2

Gọi khối chóp tứ giác đều thỏa mãn yêu cầu bài toán là $S.ABCD$.

Gọi $O = AC \cap BD$.

Đặt $AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)$.

$\Rightarrow {S_{ABCD}} = {x^2}$.

Khi đó ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}SO.{x^2} = 49$

$\Leftrightarrow SO = \dfrac{{147}}{{{x^2}}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Suy ra $OM$ là đường trung bình của tam giác $BCD$.

Khi đó $OM//BC$ và $OM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{x}{2}$.

Ta có $SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{147}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{{147}^2}}}{{{x^4}}} + \dfrac{{{x^2}}}{4}}$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\,\,\left( {OM//BC} \right)\\CD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\Trong\,\,\left( {SOM} \right):SO \cap OM = O\end{array} \right.$

$\Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right)$.

Mà $SM \subset \left( {SOM} \right)$.

$\Rightarrow CD \bot SM$.

Ta có ${S_{SCD}} = \dfrac{1}{2}SM.CD = \dfrac{1}{2}.\sqrt {\dfrac{{{{147}^2}}}{{{x^4}}} + \dfrac{{{x^2}}}{4}} .x = \dfrac{1}{2}.\sqrt {\dfrac{{{{147}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4}}$

Để diện tích mạ vàng nhỏ nhất thì ${S_{SCD}}$ nhỏ nhất.

$\Leftrightarrow \sqrt {\dfrac{{{{147}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4}}$ nhỏ nhất.

Ta có $\dfrac{{{{147}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4} = \dfrac{{10804}}{{{x^2}}} + \dfrac{{10805}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4} \ge 3.\sqrt[3]{{\dfrac{{10804}}{{{x^2}}}.\dfrac{{10805}}{{{x^2}}}.\dfrac{{{x^4}}}{4}}}$

$= 3.\sqrt[3]{{\dfrac{{10804}}{{{x^2}}}.\dfrac{{10805}}{{{x^2}}}.\dfrac{{{x^4}}}{4}}} = 3\sqrt[3]{{29184305}}$ (theo bất đẳng thức Cauchy).

Vậy diện tích mạ vàng nhỏ nhất bằng $4.{S_{SCD\,\min }} = 4.\dfrac{1}{2}\sqrt {3.\sqrt[3]{{29184305}}}  \approx 60,783$ (cm²).

Gọi ${G_1};{G_2};{G_3}$ lần lượt là trực tâm các tam giác SAB, SAC và SAD.

Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, AC và AD ta có:

$\dfrac{{S{G_1}}}{{SE}} = \dfrac{{S{G_2}}}{{SF}} = \dfrac{{S{G_3}}}{{SG}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow {G_1}{G_2}//EF;\,\,{G_2}{G_3}//FG \Rightarrow \left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)//\left( {EFG} \right)$

Hay $\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)//\left( {ABC} \right)$

Qua ${G_1}$ kẻ MN // AB $\left( {M \in SA;N \in SB} \right)$.

Qua ${G_3}$ kẻ $MQ//AD\,\,\left( {Q \in SD} \right)$

Qua N kẻ $NP//BC\,\,\left( {N \in SC} \right)$

$\Rightarrow$ Thiết diện của khối chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)$ là $\left( {MNPQ} \right)$, chia khối chóp thành hai phần : $S.MNPQ$ và $MNPQ.ABCD$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta tính được $\dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{{SQ}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}$.

Ta có $\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \dfrac{8}{{27}}{V_{S.ABC}}$

         $\dfrac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}.\dfrac{{SQ}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.MPQ}} = \dfrac{8}{{27}}{V_{S.ACD}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{S.MNPQ}} = {V_{S.MNP}} + {V_{S.MPQ}} = \dfrac{8}{{27}}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}} \right) = \dfrac{8}{{27}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_1} = \dfrac{8}{{27}}{V_{S.ABCD}};\,\,{V_2} = \dfrac{{19}}{{27}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{8}{{19}}\end{array}$

Gọi $I, J$ lần lượt là trung điểm $CD, AB$; độ dài các đoạn $AB = a,\,\,CD = b,\,\,a,b > 0,\,\,{a^2} + {b^2} = 18$

Tam giác $ACD$ và tam giác $BCD$ cân tại $A, B$

$\Rightarrow AI \bot CD,\,\,BI \bot CD \Rightarrow CD \bot (ABI)$

$\Rightarrow {V_{ABCD}} = {V_{D.ABI}} + {V_{C.ABI}}$ $= \dfrac{1}{3}.DI.{S_{ABI}} + \dfrac{1}{3}.IC.{S_{ABI}} = \dfrac{1}{3}.CD.{S_{ABI}}$  (*)

Tam giác $AID$ vuông tại $I$ $\Rightarrow AI = \sqrt {A{D^2} - I{D^2}}  = \sqrt {{5^2} - {{\left( {\dfrac{b}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {25 - \dfrac{{{b^2}}}{4}}$

Dễ dàng chứng minh $\Delta ACD = \Delta BCD\,\,(c.c.c) \Rightarrow IA = IB$  (Chiều cao tương ứng bằng nhau)

$\Rightarrow \Delta IAB$ cân tại $I$ $\Rightarrow IJ \bot AB$

Tam giác $AIJ$ vuông tại $J$ $\Rightarrow IJ = \sqrt {A{I^2} - A\,{J^2}}  = \sqrt {25 - \dfrac{{{b^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \sqrt {25 - \dfrac{{{b^2} + {a^2}}}{4}}  = \sqrt {25 - \dfrac{{18}}{4}}  = \dfrac{{\sqrt {82} }}{2}$

Diện tích tam giác $IAB:$ ${S_{IAB}} = \dfrac{1}{2}.AB.IJ = \dfrac{1}{2}.a.\dfrac{{\sqrt {82} }}{2} = \dfrac{{a\sqrt {82} }}{4}$.

Thay vào (*):

$\begin{array}{l}{V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.b.\dfrac{{a\sqrt {82} }}{4} = \dfrac{{ab\sqrt {82} }}{{12}}\mathop  \le \limits^{Co\,si} \dfrac{{\sqrt {82} }}{{12}}.\dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \dfrac{{\sqrt {82} }}{{12}}.\dfrac{{18}}{2} = \dfrac{{3\sqrt {82} }}{4} = \dfrac{{x\sqrt[{}]{y}}}{4};\,\,x,y \in {N^*};\,\,(x;y) = 1\\ \Rightarrow x = 3,\,\,y = 82\end{array}$

Kiểm tra các biểu thức của từng phương án, ta thấy phương án A là đúng.

$ABCD.A’B’C’D’$ là hình hộp đứng

$\Rightarrow BB' \bot (ABCD) \Rightarrow \left( {\widehat {AB',(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {AB';AB}} \right) = \widehat {BAB'} = {30^0}$

Tam giác $ABB’$ vuông tại $B$ $\Rightarrow \tan \widehat {BAB'} = \dfrac{{BB'}}{{AB}}$

$\Rightarrow BB' = AB.\tan {30^0} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$

Tam giác $ABD$ có: $AB = AD = a,$ $\widehat {BAD} = {60^0} \Rightarrow$ Tam giác $ABD$ đều, có cạnh đều bằng $a.$

$\Rightarrow {S_{ABD}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2\,{S_{ABD}} = 2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$: $V = {S_{ABCD}}.BB' = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{{a^3}}}{2}$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ : kẻ $NI//SC,I \in BC$ .

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ : kẻ $MJ//SC,J \in AC$ .

$\Rightarrow$ Thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( \alpha  \right)$  là $MNIJ$.

Ta tính tỉ số thế tích của khối đa diện $MNBIJA$ với khối chóp $S.ABC$:

Ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{N.MAJ}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}.d(N,\,(SAC)).\,{S_{AMJ}}}}{{\dfrac{1}{3}.d(B,(SAC)).{S_{SAC}}}} = \dfrac{{d(N,\,(SAC))}}{{d(B,\,(SAC))}}.\dfrac{{{S_{AMJ}}}}{{{S_{SAC}}}}\\ = \dfrac{{SN}}{{BS}}.\dfrac{{AM}}{{SA}}.\dfrac{{AJ}}{{AC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{N.MAJ}} = \dfrac{8}{{27}}{V_{S.ABC}}\,\,(1)\end{array}$

$\dfrac{{{V_{N.ABIJ}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}.d(N,(ABC)).{S_{ABIJ}}}}{{\dfrac{1}{3}.d(S,(ABC)).{S_{ABC}}}} = \dfrac{{d(N,(ABC))}}{{d(S,(ABC))}}.\dfrac{{{S_{ABIJ}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{NB}}{{SB}}.\dfrac{{{S_{ABIJ}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{7}{9} = \dfrac{7}{{27}}$    (vì $\dfrac{{{S_{CIJ}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{IC}}{{BC}}.\dfrac{{JC}}{{AC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{9}$ ).

 $\Rightarrow {V_{N.ABIJ}} = \dfrac{7}{{27}}{V_{S.ABC}}\,\,(2)$

Từ (1), (2) suy ra ${V_{N.AMJ}} + {V_{N.ABIJ}} = \left( {\dfrac{8}{{27}} + \dfrac{7}{{27}}} \right){V_{S.ABC}} \Leftrightarrow {V_{MNBIJA}} = \dfrac{5}{9}{V_{S.ABC}} \Rightarrow \dfrac{{{V_{MNBIJA}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{5}{9}$

Gọi $\left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng chứa $SO,$ cắt mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ theo giao tuyến là đường thẳng $MN$ với $M,N$ thuộc các cạnh của hình vuông $ABCD$.

Không mất tính tổng quát ta giả sử $MN$ như hình vẽ.

Ta có : ${S_{SMN}} = \dfrac{1}{2}SO.MN \le \dfrac{1}{2}SO.AC = {S_{SAC}} = const$

Do đó ${S_{SMN}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng ${S_{SAC}}$ khi $MN = AC=BD$.

Mà tam giác $SMN$ đều cạnh $a$ nên $AC=BD=a$

$\Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{{{a^2}}}{2}$ và $SO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Thể tích ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$

Trong $(SAC)$ qua $A$ kẻ $AD \bot SC\,\,\left( {D \in SC} \right)$, trong $(SBC)$ qua $D$ kẻ $DE \bot SC\,\,\left( {E \in SB} \right)$. Khi đó mặt phẳng qua $A$ vuông góc với $SC$ cắt hình chóp theo một thiết diện là tam giác $ADE.$

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AC = AB\sqrt 2  = a\sqrt 2$

Xét tam giác vuông $SAC:$ $\dfrac{{SD}}{{SC}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{A^2} + A{C^2}}} = \dfrac{1}{3}$

Xét tam giác vuông $SAB:$ $\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{A^2} + A{B^2}}} = \dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{{{V_{S.ADE}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{SD}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ADE}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ACB}} = \dfrac{1}{6}.\dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}BA.BC = \dfrac{{{a^3}}}{{36}}$

Mà $SC \bot \left( {ADE} \right) \Rightarrow {V_{S.ADE}} = \dfrac{1}{3}SD.{S_{ADE}} \Rightarrow {S_{ADE}} = \dfrac{{3{V_{S.ADE}}}}{{SD}} = \dfrac{{3{V_{S.ADE}}}}{{\dfrac{1}{3}SC}} = \dfrac{{9{V_{S.ADE}}}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{9.\dfrac{{{a^3}}}{{36}}}}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}$

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh $A’$ lên $(ABCD).$

Vì $\widehat {A'AB} = \widehat {A'AD} = \widehat {BAD} = {60^0} \Rightarrow$ Các tam giác $AA’B, ABD$ và $AA’D$ là các tam giác đều cạnh $a$ $\Rightarrow A'A = A'B' = A'D = a$

$\Rightarrow$ Hình chóp $A’.ABD$ có các cạnh bên bằng nhau nên $H$ là tâm của tam giác đều $ABD.$

Dễ dàng tính được $AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Xét tam giác vuông $AA’H$ có $A'H = \sqrt {A'{A^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$

$\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = 2\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\end{array}$

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Qua $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ và cắt $BO$ tại$H$.

Khi đó $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Vì $SA = SB = SC$ nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Đặt $\widehat {ABC} = \alpha$ ta có:

$\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.\cos \alpha \\ = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}\cos \alpha  = 2{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)\\ \Rightarrow A{O^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)}}{2}\end{array}$

Tam giác $AOB$ vuông tại $O$ nên:$O{B^2} = A{B^2} - A{O^2} = {a^2} - \dfrac{{{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)}}{2} = \dfrac{{{a^2}\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}{2}$

Xét tam giác $\Delta BHM \sim \Delta BAO\left( {g.g} \right)$ nên $\dfrac{{MH}}{{AO}} = \dfrac{{BM}}{{BO}} \Rightarrow MH = \dfrac{{AO.BM}}{{BO}}$

$\Rightarrow M{H^2} = \dfrac{{A{O^2}.B{M^2}}}{{B{O^2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)}}{2}.\dfrac{{{a^2}}}{4}}}{{\dfrac{{{a^2}\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}{2}}} = \dfrac{{{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)}}{{4\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}$

Tam giác $SMH$ vuông tại $H$ có $S{H^2} = S{M^2} - M{H^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)}}{{4\left( {1 + \cos \alpha } \right)}} = \dfrac{{{a^2}}}{4}\left( {3 - \dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{4}.\dfrac{{2 + 4\cos \alpha }}{{1 + \cos \alpha }} = \dfrac{{{a^2}\left( {1 + 2\cos \alpha } \right)}}{{2\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}$

${S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = BO.AC \Rightarrow S_{ABCD}^2 = B{O^2}.A{C^2} = \dfrac{{{a^2}\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}{2}.2{a^2}\left( {1 - \cos \alpha } \right) = {a^4}\left( {1 + \cos \alpha } \right)\left( {1 - \cos \alpha } \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH\\ \Rightarrow V_{S.ABCD}^2 = \dfrac{1}{9}S_{ABCD}^2.S{H^2} = \dfrac{1}{9}{a^4}\left( {1 + \cos \alpha } \right)\left( {1 - \cos \alpha } \right).\dfrac{{{a^2}\left( {1 + 2\cos \alpha } \right)}}{{2\left( {1 + \cos \alpha } \right)}} = \dfrac{{{a^6}\left( {1 - \cos \alpha } \right)\left( {1 + 2\cos \alpha } \right)}}{{18}}\end{array}$

Đặt $t = \cos \alpha \left( {t \in \left[ { - 1;1} \right]} \right)$ và xét hàm $f\left( t \right) = \left( {1 - t} \right)\left( {1 + 2t} \right) =  - 2{t^2} + t + 1$ trên $\left[ { - 1;1} \right]$ có:

Hàm bậc hai $f\left( t \right) =  - 2{t^2} + t + 1$ có đồ thị là parabol với bề lõm hướng xuống dưới.

Do đó nó đạt GTLN tại $t = \dfrac{1}{4}$ và $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( {\dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{9}{8}$.

Khi đó $V_{\max }^2 = \dfrac{{{a^6}}}{{18}}.\dfrac{9}{8} = \dfrac{{{a^6}}}{{16}} \Rightarrow V = \dfrac{{{a^3}}}{4}$

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)$

Dễ thấy $\Delta ABC$ vuông tại $B \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}BA.BC = \dfrac{1}{2}.3.4 = 6$, nửa chu vi $\Delta ABC:\,\,p = \dfrac{{3 + 4 + 5}}{2} = 6$

Gọi $H$ là hình chiếu của $I$  trên cạnh $AB$ ta có

$S = p.r \Rightarrow r = \dfrac{S}{p} = 1$, với $r$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC \Rightarrow IH = 1$.

$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot IH\\AB \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow AB \bot SH \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SH;IH} \right)} = \widehat {SHI} = {30^0}$

Xét tam giác vuông $SHI$ có $SI = HI.\tan 30 = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$

Vậy ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SI.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}.6 = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}$

Mặt phẳng $\left( {AEF} \right)$ chứa $EF//BD \subset \left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow$ Giao tuyến của $\left( {AEF} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là đường thẳng đi qua $A$ và song song với $EF$

Trong $\left( {ABCD} \right)$ qua $A$ kẻ $HI//BD\,\,\left( {H \in BC,I \in CD} \right)$

Trong $\left( {BCC'B'} \right)$ gọi $L = EH \cap BB'$, trong $\left( {CDD'C'} \right)$ gọi $M = FI \cap DD'$, khi đó $\left( {AEF} \right) \equiv \left( {ALEFM} \right)$

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}\left( {AEF} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = HE\\\left( {AEF} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = FI\\\left( {BCC'B'} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = CC'\end{array} \right.$

$\Rightarrow HE,FI,CC'$ đồng quy tại $N$.

Ta có : ${V_{H'}} = {V_{N.CIH}} - {V_{N.EFC'}} - {V_{L.ABH}} - {V_{M.ADI}}$

Ta dễ dàng chứng minh được $B,D$ lần lượt là trung điểm của $CH,CI \Rightarrow BD = \dfrac{1}{2}HI \Rightarrow EF = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{4}HI$

$\Rightarrow \Delta C'EF$ đồng dạng với $\Delta CIH$ theo tỉ số đồng dạng $k = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta C'EF}}}}{{{S_{\Delta CIH}}}} = \dfrac{1}{{16}}$

 $\begin{array}{l}\dfrac{{NC'}}{{NC}} = \dfrac{{EC'}}{{HC}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{{d\left( {N';\left( {C'EF} \right)} \right)}}{{d\left( {N;\left( {CIH} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow {V_{N.EFC'}} = \dfrac{1}{{16}}.\dfrac{1}{4}{V_{N.CIH}} = \dfrac{1}{{64}}{V_{N.CIH}}\\{V_{LABH}} = {V_{M.ADI}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{4}{V_{N.CIH}} = \dfrac{1}{8}{V_{N.CIH}}\\ \Rightarrow {V_{H'}} = {V_{N.CIH}} - {V_{N.EFC'}} - {V_{L.ABH}} - {V_{M.ADI}} = \dfrac{{47}}{{64}}{V_{N.CIH}}\end{array}$

 Ta có :

$\begin{array}{l}\dfrac{{CC'}}{{NC}} = \dfrac{3}{4},\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{CIH}}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}}{{{V_{S.CIH}}}} = \dfrac{{d\left( {C';\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABCD}}}}{{\dfrac{1}{3}d\left( {N;\left( {CIH} \right)} \right).{S_{CIH}}}} = 3.\dfrac{{CC'}}{{NC}}.\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{CIH}}}} = 3.\dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{9}{8}\\ \Rightarrow {V_{S.CIH}} = \dfrac{8}{9}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\ \Rightarrow {V_{H'}} = \dfrac{{47}}{{64}}{V_{N.CIH}} = \dfrac{{47}}{{72}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\ \Rightarrow {V_H} = \dfrac{{25}}{{72}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_H}}}{{{V_{H'}}}} = \dfrac{{25}}{{47}}\end{array}$

Gọi $H$ là tâm tam hình vuông $ABCD \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

Gọi $E$ là trung điểm của $BC$ ta có : $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AE\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot SE$

$\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SE;AE} \right)} = \widehat {SEA} = {45^0}$ 

Trong $\left( {SAE} \right)$ kẻ $HK \bot SE \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow HK = a$

$\begin{array}{l} \Rightarrow HE = \dfrac{{HK}}{{\cos 45}} = a\sqrt 2 \\ \Rightarrow AB = 2HE = 2a\sqrt 2  \Rightarrow {S_{ABCD}} = 8{a^2}\\SH = HE.\tan 45 = a\sqrt 2 \\ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .8{a^2} = \dfrac{{8{a^3}\sqrt 2 }}{3}\end{array}$

Bước 1: Giả sử chóp tứ giác đều là $S.ABCD$. Gọi $O = AC \cap BD$, đặt $AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)$, tính $SO$ theo $x$.

Giả sử chóp tứ giác đều là $S.ABCD$. Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Đặt $AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)$ ta có ${S_{ABCD}} = {x^2}$ $\Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{x^2} = 16 \Leftrightarrow SO = \dfrac{{48}}{{{x^2}}}$.

Bước 2: Gọi M là trung điểm của CD.  Tính $SM$ theo $x$, từ đó tính ${S_{\Delta SCD}}$ theo $x$.

Gọi M là trung điểm của CD ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM$.

Ta có $OM = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{x}{2}$, áp dụng định lí Pytago ta có: $SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{48}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + \dfrac{{{x^2}}}{4}}$.

$\Rightarrow {S_{\Delta SCD}} = \dfrac{1}{2}SM.CD = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\dfrac{{48}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + \dfrac{{{x^2}}}{4}} .x = \dfrac{1}{2}\sqrt {\dfrac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4}}$

Bước 3: Tìm GTNN của diện tích mạ vàng

Để diện tích mạ vàng nhỏ nhất thì ${S_{\Delta SCD}}$ nhỏ nhất $\Rightarrow \dfrac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có $\dfrac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4} = \dfrac{{1152}}{{{x^2}}} + \dfrac{{1152}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{1152}}{{{x^2}}}.\dfrac{{1152}}{{{x^2}}} . \dfrac{{{x^4}}}{4}}}$$\ge 3.\sqrt[3]{331776}$ (BĐT Cô-si).

Vậy diện tích mạ vàng nhỏ nhất là $4.3.\sqrt[3]{331776}\approx 831\,c{m^3}$.

Bước 1: Gọi $x\left( m \right),\,\,3x\left( m \right)$ lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.

Gọi $x\left( m \right),\,\,3x\left( m \right)$ lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, $h$ là chiều cao của bể.

Theo bài ra ta có: $V = x.3x.h = 6 \Rightarrow h = \dfrac{6}{{3{x^2}}} = \dfrac{2}{{{x^2}}}\,\,\left( m \right)$.

Bước 2: Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông.

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là:

$2x.\dfrac{2}{{{x^2}}} + 2.3x.\dfrac{2}{{{x^2}}} + 2x.3x - x.3x.\dfrac{2}{9} = \dfrac{{16{x^2}}}{3} + \dfrac{{16}}{x}$

Bước 3: Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương để tính số tiền ít nhất cần tìm

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$\dfrac{{16{x^2}}}{3} + \dfrac{{16}}{x} = \dfrac{{16{x^2}}}{3} + \dfrac{8}{x} + \dfrac{8}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{16{x^2}}}{3}.\dfrac{8}{x}.\dfrac{8}{x}}} = 8\sqrt[3]{{18}}$

Dấu “=” xảy ra khi $\dfrac{{16{x^2}}}{3} = \dfrac{8}{x} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\dfrac{3}{2}}}$.

Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là $8\sqrt [3]{18} {.10^6} \approx 21.000.000d$.