Google
Câu hỏi: Cho hai khối cầu đồng tâm có bán kính là 1 và 4. Xét hình chóp $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}$ có đỉnh S thuộc mặt cầu nhỏ và các đỉnh ${{A}_{i}}.i=\overline{1;6}$ thuộc mặt cầu lớn. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}$.
A. 24
B. 18
C. $24\sqrt{3}$
D. $18\sqrt{3}$
A. 24
B. 18
C. $24\sqrt{3}$
D. $18\sqrt{3}$
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Gọi $\left( {{S}_{1}} \right);\left( {{S}_{2}} \right)$ là hai khối cầu tâm O có bán kính lần lượt là ${{R}_{1}}=1,{{R}_{2}}=4$.
Giả sử ${{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}\in \left( \alpha \right)$.
Kẻ $OH\bot \left( \alpha \right)\left( H\in \left( \alpha \right) \right)$, gọi ${{S}_{0}}=OH\cap \left( {{S}_{1}} \right)$ sao cho $d\left( {{S}_{0}};\left( \alpha \right) \right)>d\left( O;\left( \alpha \right) \right)$.
Khi đó ta có: ${{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}\le {{V}_{{{S}_{0}}.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{0}}H.{{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}$.
Đặt $OH=x\left( 0<x<4 \right)$ ta có ${{S}_{0}}H=x+1$.
Áp dụng định lí Pytago ta có: $H{{A}_{1}}=\sqrt{O{{A}_{1}}^{2}-O{{H}^{2}}}=\sqrt{16-{{x}^{2}}}$.
$\Rightarrow {{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}$ đạt giá trị lớn nhất khi khi và chỉ khi ${{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}$ là lục giác đều, khi đó $\max {{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left( 16-{{x}^{2}} \right)$.
$\Rightarrow {{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}\le \dfrac{1}{3}\left( x+1 \right).\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left( 16-{{x}^{2}} \right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left( x+1 \right)\left( 16-{{x}^{2}} \right)$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\left( x+1 \right)\left( 16-{{x}^{2}} \right)$ với $0<x<4$ ta có ${f}'\left( x \right)=16-{{x}^{2}}-\left( x+1 \right)2x=-3{{x}^{2}}-2x+16$.
${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}
x=2\left( tm \right) \\
x=-\dfrac{8}{3}\left( ktm \right) \\
\end{array} \right.$
BBT:
Dựa vào BBT $\Rightarrow \underset{\left( 0;4 \right)}{\mathop{\max }} f\left( x \right)=f\left( 2 \right)=36$.
$\Rightarrow {{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}\le \dfrac{\sqrt{3}}{2}.36=18\sqrt{3}$.
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chsop $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}$ là $18\sqrt{3}$.
Giải chi tiết:
Gọi $\left( {{S}_{1}} \right);\left( {{S}_{2}} \right)$ là hai khối cầu tâm O có bán kính lần lượt là ${{R}_{1}}=1,{{R}_{2}}=4$.
Giả sử ${{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}\in \left( \alpha \right)$.
Kẻ $OH\bot \left( \alpha \right)\left( H\in \left( \alpha \right) \right)$, gọi ${{S}_{0}}=OH\cap \left( {{S}_{1}} \right)$ sao cho $d\left( {{S}_{0}};\left( \alpha \right) \right)>d\left( O;\left( \alpha \right) \right)$.
Khi đó ta có: ${{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}\le {{V}_{{{S}_{0}}.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{0}}H.{{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}$.
Đặt $OH=x\left( 0<x<4 \right)$ ta có ${{S}_{0}}H=x+1$.
Áp dụng định lí Pytago ta có: $H{{A}_{1}}=\sqrt{O{{A}_{1}}^{2}-O{{H}^{2}}}=\sqrt{16-{{x}^{2}}}$.
$\Rightarrow {{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}$ đạt giá trị lớn nhất khi khi và chỉ khi ${{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}$ là lục giác đều, khi đó $\max {{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left( 16-{{x}^{2}} \right)$.
$\Rightarrow {{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}\le \dfrac{1}{3}\left( x+1 \right).\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left( 16-{{x}^{2}} \right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left( x+1 \right)\left( 16-{{x}^{2}} \right)$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\left( x+1 \right)\left( 16-{{x}^{2}} \right)$ với $0<x<4$ ta có ${f}'\left( x \right)=16-{{x}^{2}}-\left( x+1 \right)2x=-3{{x}^{2}}-2x+16$.
${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}
x=2\left( tm \right) \\
x=-\dfrac{8}{3}\left( ktm \right) \\
\end{array} \right.$
BBT:
Dựa vào BBT $\Rightarrow \underset{\left( 0;4 \right)}{\mathop{\max }} f\left( x \right)=f\left( 2 \right)=36$.
$\Rightarrow {{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}}}\le \dfrac{\sqrt{3}}{2}.36=18\sqrt{3}$.
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chsop $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}{{A}_{5}}{{A}_{6}}$ là $18\sqrt{3}$.
Đáp án D.