Google
Câu hỏi: Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ dài CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$
Phương pháp giải:
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh $d\left( AB;CD \right)=MN$.
- Sử dụng công thức ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}AB.CD.d\left( AB;CD \right).\sin \angle \left( AB;CD \right)$.
- Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến.
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTLN của ${{V}_{ABCD}}$.
Giải chi tiết:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a.
$\Rightarrow \Delta BCD,\Delta ACD$ là các tam giác cân tại A $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CD\bot AM \\
CD\bot BM \\
\end{array} \right.\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right) $ $ \Rightarrow CD\bot MN$.
Lại có $\Delta BCD=\Delta ACD\left( c.c.c \right)\Rightarrow AM=BM$ $\Rightarrow \Delta ABM$ cân tại M $\Rightarrow MN\bot AB$.
$\Rightarrow d\left( AB;CD \right)=MN$.
Đặt CD = x $\left( x>0 \right)$ ta có $AM=BM=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}{2}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}=\dfrac{\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}$.
$\Rightarrow MN=\sqrt{\dfrac{\dfrac{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}+\dfrac{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}}{2}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}$
Do đó ta có
${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}AB.CD.d\left( AB;CD \right).\sin \angle \left( AB;CD \right)$
$=\dfrac{1}{6}a.x.\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}.\sin \angle \left( AB;CD \right)$
Để ${{V}_{ABCD}}$ đạt giá trị lớn nhất thì $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
f\left( x \right)=x.\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}datGTLN \\
\sin \angle \left( AB;CD \right)=1 \\
\end{array} \right.$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $f\left( x \right)=x.\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}\le \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{x}^{2}}+3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}$.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}=3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$.
Vậy $\max {{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}a.\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$.
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh $d\left( AB;CD \right)=MN$.
- Sử dụng công thức ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}AB.CD.d\left( AB;CD \right).\sin \angle \left( AB;CD \right)$.
- Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến.
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTLN của ${{V}_{ABCD}}$.
Giải chi tiết:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a.
$\Rightarrow \Delta BCD,\Delta ACD$ là các tam giác cân tại A $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CD\bot AM \\
CD\bot BM \\
\end{array} \right.\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right) $ $ \Rightarrow CD\bot MN$.
Lại có $\Delta BCD=\Delta ACD\left( c.c.c \right)\Rightarrow AM=BM$ $\Rightarrow \Delta ABM$ cân tại M $\Rightarrow MN\bot AB$.
$\Rightarrow d\left( AB;CD \right)=MN$.
Đặt CD = x $\left( x>0 \right)$ ta có $AM=BM=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}{2}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}=\dfrac{\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}$.
$\Rightarrow MN=\sqrt{\dfrac{\dfrac{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}+\dfrac{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}}{2}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}$
Do đó ta có
${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}AB.CD.d\left( AB;CD \right).\sin \angle \left( AB;CD \right)$
$=\dfrac{1}{6}a.x.\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}.\sin \angle \left( AB;CD \right)$
Để ${{V}_{ABCD}}$ đạt giá trị lớn nhất thì $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
f\left( x \right)=x.\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}datGTLN \\
\sin \angle \left( AB;CD \right)=1 \\
\end{array} \right.$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $f\left( x \right)=x.\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}\le \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{x}^{2}}+3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}$.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}=3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$.
Vậy $\max {{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}a.\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$.
Đáp án A.