Google
Câu hỏi: Cho hai mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ và $\left( {{S}_{2}} \right)$ đồng tâm $I$, có bán kính lần lượt là ${{R}_{1}}=2$ và ${{R}_{2}}=\sqrt{10}$. Xét tứ diện $ABCD$ có hai đỉnh $A, B$ nằm trên $\left( {{S}_{1}} \right)$ và hai đỉnh $C, D$ nằm trên $\left( {{S}_{2}} \right)$. Thể tích lớn nhất của khối tứ diện $ABCD$ bằng
A. $6\sqrt{2}$.
B. $3\sqrt{2}$.
C. $4\sqrt{2}$.
D. $7\sqrt{2}$.
Ta có ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{AB.CD.d\left( AB, CD \right).\sin \left( AB, CD \right)}{6}\le \dfrac{AB.CD.d\left( AB, CD \right)}{6}$, khi $AB\bot CD$ (1).
Gọi $H, K$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$, suy ra $IH\bot AB, IK\bot CD$.
$IH=x$ với $0<x<2$, ta có $AB=2\sqrt{4-{{x}^{2}}}$.
$IK=y$ với $0<y<\sqrt{10}$ ta có $CD=2\sqrt{10-{{y}^{2}}}$.
Khi đó $d\left( AB, CD \right)\le HK=x+y$, khi ba điểm $H,I,K$ thẳng hàng.
$\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{2\sqrt{4-{{x}^{2}}}.2\sqrt{10-{{y}^{2}}}.\left( x+y \right)}{6}=\dfrac{2}{3}\sqrt{4-{{x}^{2}}}.\sqrt{10-{{y}^{2}}}.\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}} \left( 2 \right).$
Ta có $2{{\left( x+y \right)}^{2}}\le 3\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right) \left( * \right)$.
Thật vậy $\left( * \right)\Leftrightarrow {{\left( 2x-y \right)}^{2}}\ge 0$, đẳng thức xảy ra khi $y=2x$.
Khi đó $\left( 2 \right)\Rightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{2}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{8-2{{x}^{2}}}.\sqrt{10-{{y}^{2}}}.\sqrt{2{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$
Vì $18=\left( 8-2{{x}^{2}} \right)+\left( 10-{{y}^{2}} \right)+\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge 3\sqrt[3]{\left( 8-2{{x}^{2}} \right)\left( 10-{{y}^{2}} \right)\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}$
$\Rightarrow 216\ge \left( 8-2{{x}^{2}} \right)\left( 10-{{y}^{2}} \right)\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$.
Từ đây suy ra ${{V}_{ABCD}}\le \dfrac{2}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{216}=6\sqrt{2}$.
Vậy ${{V}_{max}}=6\sqrt{2}$ khi $\left\{ \begin{aligned}
& 8-2{{x}^{2}}=10-{{y}^{2}} \\
& 8-2{{x}^{2}}=2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow y=2x=2$.
A. $6\sqrt{2}$.
B. $3\sqrt{2}$.
C. $4\sqrt{2}$.
D. $7\sqrt{2}$.
Gọi $H, K$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$, suy ra $IH\bot AB, IK\bot CD$.
$IH=x$ với $0<x<2$, ta có $AB=2\sqrt{4-{{x}^{2}}}$.
$IK=y$ với $0<y<\sqrt{10}$ ta có $CD=2\sqrt{10-{{y}^{2}}}$.
Khi đó $d\left( AB, CD \right)\le HK=x+y$, khi ba điểm $H,I,K$ thẳng hàng.
$\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{2\sqrt{4-{{x}^{2}}}.2\sqrt{10-{{y}^{2}}}.\left( x+y \right)}{6}=\dfrac{2}{3}\sqrt{4-{{x}^{2}}}.\sqrt{10-{{y}^{2}}}.\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}} \left( 2 \right).$
Ta có $2{{\left( x+y \right)}^{2}}\le 3\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right) \left( * \right)$.
Thật vậy $\left( * \right)\Leftrightarrow {{\left( 2x-y \right)}^{2}}\ge 0$, đẳng thức xảy ra khi $y=2x$.
Khi đó $\left( 2 \right)\Rightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{2}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{8-2{{x}^{2}}}.\sqrt{10-{{y}^{2}}}.\sqrt{2{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$
Vì $18=\left( 8-2{{x}^{2}} \right)+\left( 10-{{y}^{2}} \right)+\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge 3\sqrt[3]{\left( 8-2{{x}^{2}} \right)\left( 10-{{y}^{2}} \right)\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}$
$\Rightarrow 216\ge \left( 8-2{{x}^{2}} \right)\left( 10-{{y}^{2}} \right)\left( 2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$.
Từ đây suy ra ${{V}_{ABCD}}\le \dfrac{2}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{216}=6\sqrt{2}$.
Vậy ${{V}_{max}}=6\sqrt{2}$ khi $\left\{ \begin{aligned}
& 8-2{{x}^{2}}=10-{{y}^{2}} \\
& 8-2{{x}^{2}}=2{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow y=2x=2$.
Đáp án A.