Google
Câu hỏi: Cho tam giác đều $OAB$ có cạnh bằng $a>0$. Trên đường thẳng $d$ đi qua $O$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( OAB \right)$ lấy điểm $M$ sao cho $OM=x$. Gọi $E,F$ lần lượt là các hình chiếu vuông góc của $A$ lên $MB,OB$. Đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $d$ tại $N$. Quay miền tam giác $OBM$ và $OFN$ quanh $d$ tạo thành hai khối nón tròn xoay. Xác định $x$ để tổng thể tích hai khối nón tròn xoay nhỏ nhất.
A. $\dfrac{a\sqrt{2}}{3}$.
B. $a\sqrt{2}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{2}}{4}$.
Ta có $\left\{ \begin{aligned}
& AF\bot OB \\
& AF\bot OM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AF\bot \left( MOB \right)\Rightarrow AF\bot MB$.
Mặt khác $AE\bot MB$. Vậy $MB\bot \left( AEF \right)\Rightarrow MB\bot EF$ suy ra tam giác $EFB$ vuông tại $E$.
Xét hai tam giác vuông $NOF$ và $BEF$ có $OF=FB, \widehat{ OFN}=\widehat{BFE}\Rightarrow \Delta OFN=\Delta EFB$.
Suy ra $ \widehat{ FBE}=\widehat{FNO}$ nên $ \Delta OFN\sim \Delta OMB\Rightarrow \dfrac{NO}{BO}=\dfrac{OF}{OM}\Rightarrow OM.ON=OF.OB=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}$.
Quay miền tam giác $OBM$ và $OFN$ quanh $d$ tạo thành hai khối nón có tổng thể tích
$V=\dfrac{1}{3}\pi .O{{F}^{2}}.ON+\dfrac{1}{3}\pi .O{{B}^{2}}.OM=\dfrac{1}{3}\pi .{{\dfrac{a}{4}}^{2}}.ON+\dfrac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}.OM=\dfrac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}\left( \dfrac{ON}{4}+OM \right)$.
Mà $\dfrac{ON}{4}+OM\ge 2\sqrt{\dfrac{ON}{4}.OM}=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vậy $V\ge \dfrac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}\dfrac{a\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}$.
Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{aligned}
& \dfrac{ON}{4}=OM \\
& ON.OM=\dfrac{{{a}^{2}}}{2} \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& ON=a\sqrt{2} \\
& OM=\dfrac{\sqrt{2}a}{4} \\
\end{aligned} \right. $. Vậy $ x=OM=\dfrac{\sqrt{2}a}{4}$.
A. $\dfrac{a\sqrt{2}}{3}$.
B. $a\sqrt{2}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{2}}{4}$.
& AF\bot OB \\
& AF\bot OM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AF\bot \left( MOB \right)\Rightarrow AF\bot MB$.
Mặt khác $AE\bot MB$. Vậy $MB\bot \left( AEF \right)\Rightarrow MB\bot EF$ suy ra tam giác $EFB$ vuông tại $E$.
Xét hai tam giác vuông $NOF$ và $BEF$ có $OF=FB, \widehat{ OFN}=\widehat{BFE}\Rightarrow \Delta OFN=\Delta EFB$.
Suy ra $ \widehat{ FBE}=\widehat{FNO}$ nên $ \Delta OFN\sim \Delta OMB\Rightarrow \dfrac{NO}{BO}=\dfrac{OF}{OM}\Rightarrow OM.ON=OF.OB=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}$.
Quay miền tam giác $OBM$ và $OFN$ quanh $d$ tạo thành hai khối nón có tổng thể tích
$V=\dfrac{1}{3}\pi .O{{F}^{2}}.ON+\dfrac{1}{3}\pi .O{{B}^{2}}.OM=\dfrac{1}{3}\pi .{{\dfrac{a}{4}}^{2}}.ON+\dfrac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}.OM=\dfrac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}\left( \dfrac{ON}{4}+OM \right)$.
Mà $\dfrac{ON}{4}+OM\ge 2\sqrt{\dfrac{ON}{4}.OM}=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vậy $V\ge \dfrac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}\dfrac{a\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}$.
Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{aligned}
& \dfrac{ON}{4}=OM \\
& ON.OM=\dfrac{{{a}^{2}}}{2} \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& ON=a\sqrt{2} \\
& OM=\dfrac{\sqrt{2}a}{4} \\
\end{aligned} \right. $. Vậy $ x=OM=\dfrac{\sqrt{2}a}{4}$.
Đáp án D.