Google
Câu hỏi: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD vuông tại A, $AB=3a, AC=a$. Mặt phẳng (DBC), (DAC), (DAB) lần lượt tạo với mặt (ABC) các góc $90{}^\circ , \alpha , \beta $ trong đó $\alpha +\beta =90{}^\circ $. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$
B. $\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{4}$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$
D. $\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8}$
Theo giả thiết ta có $\widehat{\left( DBC \right), \left( ABC \right)}=90{}^\circ \Rightarrow \left( DBC \right)\bot \left( ABC \right)$
Kẻ DH vuông góc với BC tại H. Do $\left( DBC \right)\bot \left( ABC \right)$ nên $DH\bot \left( ABC \right)$
Kẻ HE vuông góc với AC tại E, HF vuông góc với AB tại F suy ra
$\alpha =\widehat{DEH}, \beta =\widehat{DFH}$. Mà $\alpha +\beta =90{}^\circ $ suy ra $\widehat{FDH}=\alpha $
Khi đó: $HF=DH.\tan \alpha , HE=\dfrac{DH}{\tan \alpha }$
Ta có: $\dfrac{HF}{AC}=\dfrac{HB}{BC}.\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{CH}{BC}\Rightarrow \dfrac{HF}{AC}+\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{HB}{BC}+\dfrac{CH}{BC}=\dfrac{BC}{BC}=1$
Mặt khác: $1=\dfrac{HF}{AC}+\dfrac{HE}{AB}\ge 2\sqrt{\dfrac{HF}{AC}.\dfrac{HE}{AB}}=2\sqrt{\dfrac{DH.\tan \alpha }{\alpha }.\dfrac{DH}{3\alpha .\tan \alpha }}=\dfrac{2DH}{a\sqrt{3}}\Rightarrow DH\le \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Khi đó ta có ${{V}_{D.ABC}}=\dfrac{1}{3}.DH.\dfrac{1}{2}AB.AC\le \dfrac{1}{6}.3a.a.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$
B. $\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{4}$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$
D. $\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8}$
Kẻ DH vuông góc với BC tại H. Do $\left( DBC \right)\bot \left( ABC \right)$ nên $DH\bot \left( ABC \right)$
Kẻ HE vuông góc với AC tại E, HF vuông góc với AB tại F suy ra
$\alpha =\widehat{DEH}, \beta =\widehat{DFH}$. Mà $\alpha +\beta =90{}^\circ $ suy ra $\widehat{FDH}=\alpha $
Khi đó: $HF=DH.\tan \alpha , HE=\dfrac{DH}{\tan \alpha }$
Ta có: $\dfrac{HF}{AC}=\dfrac{HB}{BC}.\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{CH}{BC}\Rightarrow \dfrac{HF}{AC}+\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{HB}{BC}+\dfrac{CH}{BC}=\dfrac{BC}{BC}=1$
Mặt khác: $1=\dfrac{HF}{AC}+\dfrac{HE}{AB}\ge 2\sqrt{\dfrac{HF}{AC}.\dfrac{HE}{AB}}=2\sqrt{\dfrac{DH.\tan \alpha }{\alpha }.\dfrac{DH}{3\alpha .\tan \alpha }}=\dfrac{2DH}{a\sqrt{3}}\Rightarrow DH\le \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Khi đó ta có ${{V}_{D.ABC}}=\dfrac{1}{3}.DH.\dfrac{1}{2}AB.AC\le \dfrac{1}{6}.3a.a.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$.
Đáp án A.