Google
Câu hỏi: Trong không gian $Oxyz$, cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có $AB=4$, $\widehat{ACB}=150{}^\circ $. Ba điểm $A$, $B$, $C$ thay đổi nhưng luôn thuộc mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+8x-6y+4z+4=0$ ; ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ luôn thuộc $\left( P \right):x+2y+2z+23=0$. Thể tích lớn nhất của tứ diện $ABC'B'$ bằng:
A. $\dfrac{40\left( 2-\sqrt{3} \right)}{3}$
B. $\dfrac{24}{4-\sqrt{3}}$
C. $\dfrac{8}{4-\sqrt{3}}$
D. $80\left( 2-\sqrt{3} \right)$
A. $\dfrac{40\left( 2-\sqrt{3} \right)}{3}$
B. $\dfrac{24}{4-\sqrt{3}}$
C. $\dfrac{8}{4-\sqrt{3}}$
D. $80\left( 2-\sqrt{3} \right)$
$\left( S \right):\left\{ \begin{matrix}
I\left( -4;3;-2 \right) \\
R=5 \\
\end{matrix} \right. $. Ta có $ {{V}_{ABC'B'}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}} $, nên để thể tích của tứ diện $ ABC'B' $ lớn nhất thì thể tích của khối lăng trụ $ ABC.A'B'C'$ lớn nhất.
Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, khi đó $r=\dfrac{AB}{2\sin \widehat{ACB}}=\dfrac{4}{2\sin 150{}^\circ }=4$.
Khi đó, ta có $d\left( I,\left( ABC \right) \right)=\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=3$ $\Rightarrow $ Khoảng cách lớn nhất của hai mặt phẳng chứa hai đáy hình trụ là $d\left( I,\left( ABC \right) \right)+d\left( I,\left( P \right) \right)=10$.
Gọi $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Ta có $AB=4=r$ nên tam giác $ABE$ đều. Gọi $H$ là trung điểm $AB$.
Ta có ${{S}_{ABC}}$ lớn nhất khi khoảng cách từ $C$ đến $AB$ lớn nhất hay $E$, $H$, $C$ thẳng hàng.
Khi đó $C{{H}_{\max }}=CE-HE=4-2\sqrt{3}$ $\Rightarrow {{V}_{ABC'B'}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\dfrac{1}{3}d\left( \left( ABC \right)\left( A'B'C' \right) \right){{S}_{ABC}}$
$\Rightarrow {{V}_{ABC'B'}}=\dfrac{1}{3}10\dfrac{1}{2}4\left( 4-2\sqrt{3} \right)=\dfrac{40\left( 2-\sqrt{3} \right)}{3}$.
I\left( -4;3;-2 \right) \\
R=5 \\
\end{matrix} \right. $. Ta có $ {{V}_{ABC'B'}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}} $, nên để thể tích của tứ diện $ ABC'B' $ lớn nhất thì thể tích của khối lăng trụ $ ABC.A'B'C'$ lớn nhất.
Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, khi đó $r=\dfrac{AB}{2\sin \widehat{ACB}}=\dfrac{4}{2\sin 150{}^\circ }=4$.
Khi đó, ta có $d\left( I,\left( ABC \right) \right)=\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=3$ $\Rightarrow $ Khoảng cách lớn nhất của hai mặt phẳng chứa hai đáy hình trụ là $d\left( I,\left( ABC \right) \right)+d\left( I,\left( P \right) \right)=10$.
Ta có $AB=4=r$ nên tam giác $ABE$ đều. Gọi $H$ là trung điểm $AB$.
Ta có ${{S}_{ABC}}$ lớn nhất khi khoảng cách từ $C$ đến $AB$ lớn nhất hay $E$, $H$, $C$ thẳng hàng.
Khi đó $C{{H}_{\max }}=CE-HE=4-2\sqrt{3}$ $\Rightarrow {{V}_{ABC'B'}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\dfrac{1}{3}d\left( \left( ABC \right)\left( A'B'C' \right) \right){{S}_{ABC}}$
$\Rightarrow {{V}_{ABC'B'}}=\dfrac{1}{3}10\dfrac{1}{2}4\left( 4-2\sqrt{3} \right)=\dfrac{40\left( 2-\sqrt{3} \right)}{3}$.
Đáp án A.