Google
Câu hỏi: Tam giác ABC đều cạnh bằng 8a và nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ cố định. Lấy điểm S di động nằm ngoài $\left( P \right)$ và M là trung điểm của cạnh SC, đồng thời tam giác MAB luôn có diện tích $16{{a}^{2}}\sqrt{3}$. Mặt cầu ngoại tiếp tam giác MABC có bán kính R. Khi thể tích tứ diện MABC lớn nhất thì
A. $R=\dfrac{16a\sqrt{6}}{9}.$
B. $R=\dfrac{4a\sqrt{3}}{3}.$
C. $R=\dfrac{4a\sqrt{15}}{3}.$
D. $R=\dfrac{4a\sqrt{39}}{3}.$
Do ${{S}_{MAB}}=16{{a}^{2}}\sqrt{3}$ là không đổi khi S thay đổi, nên giả sử tam giác MAB là đều có cạnh bằng 8a (luôn thỏa mãn giả thiết) và $IM=IC=4a\sqrt{3}.$
Khi đó: $\left( \widehat{\left( MAB \right),\left( ABC \right)} \right)=\widehat{MIC}=\varphi $, với I là trung điểm của cạnh AB.
Ta lại có
${{V}_{MABC}}=2.{{V}_{B.IMC}}=2.\dfrac{1}{3}.IB.{{S}_{IMC}}=\dfrac{1}{3}.IB.IM.IC.\sin \varphi \le \dfrac{1}{3}.IB.IM.IC=\dfrac{1}{3}.4a.{{\left( 4a\sqrt{3} \right)}^{2}}$ (cố định).
Do đó ${{\left( {{V}_{MABC}} \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \sin \varphi =1\Leftrightarrow \left( MAB \right)\bot \left( ABC \right).$
Lúc này, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC có bán kính là
${{R}^{2}}=R_{ABC}^{2}+R_{MAB}^{2}-\dfrac{A{{B}^{2}}}{4}=\dfrac{80{{a}^{2}}}{3}.$
Suy ra $R=\dfrac{4a\sqrt{15}}{3}.$
A. $R=\dfrac{16a\sqrt{6}}{9}.$
B. $R=\dfrac{4a\sqrt{3}}{3}.$
C. $R=\dfrac{4a\sqrt{15}}{3}.$
D. $R=\dfrac{4a\sqrt{39}}{3}.$
Khi đó: $\left( \widehat{\left( MAB \right),\left( ABC \right)} \right)=\widehat{MIC}=\varphi $, với I là trung điểm của cạnh AB.
Ta lại có
${{V}_{MABC}}=2.{{V}_{B.IMC}}=2.\dfrac{1}{3}.IB.{{S}_{IMC}}=\dfrac{1}{3}.IB.IM.IC.\sin \varphi \le \dfrac{1}{3}.IB.IM.IC=\dfrac{1}{3}.4a.{{\left( 4a\sqrt{3} \right)}^{2}}$ (cố định).
Do đó ${{\left( {{V}_{MABC}} \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \sin \varphi =1\Leftrightarrow \left( MAB \right)\bot \left( ABC \right).$
Lúc này, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC có bán kính là
${{R}^{2}}=R_{ABC}^{2}+R_{MAB}^{2}-\dfrac{A{{B}^{2}}}{4}=\dfrac{80{{a}^{2}}}{3}.$
Suy ra $R=\dfrac{4a\sqrt{15}}{3}.$
Đáp án C.