Google
Câu hỏi: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm P, Q, R lần lượt di động trên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz (không trùng với gốc tọa độ O) sao cho $\dfrac{1}{O{{P}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{Q}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{R}^{2}}}=\dfrac{1}{8}$. Biết mặt phẳng $\left( PQR \right)$ luôn tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$ cố định. Đường thẳng d thay đổi nhưng luôn đi qua $M\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{\sqrt{3}}{2};0 \right)$ và cắt $\left( S \right)$ tại hai điểm A, B phân biệt. Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là
A. $\sqrt{15}$.
B. $\sqrt{5}$.
C. $\sqrt{17}$.
D. $\sqrt{7}$.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng $\left( PQR \right)$.
Dễ thấy $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{P}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{Q}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{R}^{2}}}$ hay $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{8}$ hay $OH=2\sqrt{2}$.
Khi đó suy ra mặt phẳng $\left( PQR \right)$ luôn tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$ tâm O, bán kính $R=2\sqrt{2}$.
Ta có $OM=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}+0}=1<R$ nên điểm M nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$.
Gọi I là trung điểm của AB, do tam giác OAB cân tại O nên ${{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{1}{2}OI.AB$.
Đặt $OI=x$, vì $OI\le OM$ nên $0<x\le 1$ và $AB=2\sqrt{8-{{x}^{2}}}$.
Ta có ${{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{1}{2}x.2\sqrt{8-{{x}^{2}}}=x\sqrt{8-{{x}^{2}}}=\sqrt{8{{x}^{2}}-{{x}^{4}}}$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=8{{x}^{2}}-{{x}^{4}}$ với $0<x\le 1$.
Có ${f}'\left( x \right)=16x-4{{x}^{3}}=4x\left( 4-{{x}^{2}} \right)>0$, $x\in \left( 0;1 \right]$
$\Rightarrow f\left( x \right)\le f\left( 1 \right)=7$.
Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng $\sqrt{7}$ đạt được khi M là trung điểm của AB.
Cách khác: ${{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{1}{2}OI.AB=x\sqrt{8-{{x}^{2}}}=\sqrt{8{{x}^{2}}-{{x}^{4}}}=\sqrt{7{{x}^{2}}+{{x}^{2}}\left( 1-{{x}^{2}} \right)}\le \sqrt{7}$ với $\forall x\in \left[ 0;1 \right)$.
A. $\sqrt{15}$.
B. $\sqrt{5}$.
C. $\sqrt{17}$.
D. $\sqrt{7}$.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng $\left( PQR \right)$.
Dễ thấy $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{P}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{Q}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{R}^{2}}}$ hay $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{8}$ hay $OH=2\sqrt{2}$.
Khi đó suy ra mặt phẳng $\left( PQR \right)$ luôn tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$ tâm O, bán kính $R=2\sqrt{2}$.
Ta có $OM=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}+0}=1<R$ nên điểm M nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$.
Gọi I là trung điểm của AB, do tam giác OAB cân tại O nên ${{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{1}{2}OI.AB$.
Đặt $OI=x$, vì $OI\le OM$ nên $0<x\le 1$ và $AB=2\sqrt{8-{{x}^{2}}}$.
Ta có ${{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{1}{2}x.2\sqrt{8-{{x}^{2}}}=x\sqrt{8-{{x}^{2}}}=\sqrt{8{{x}^{2}}-{{x}^{4}}}$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=8{{x}^{2}}-{{x}^{4}}$ với $0<x\le 1$.
Có ${f}'\left( x \right)=16x-4{{x}^{3}}=4x\left( 4-{{x}^{2}} \right)>0$, $x\in \left( 0;1 \right]$
$\Rightarrow f\left( x \right)\le f\left( 1 \right)=7$.
Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng $\sqrt{7}$ đạt được khi M là trung điểm của AB.
Cách khác: ${{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{1}{2}OI.AB=x\sqrt{8-{{x}^{2}}}=\sqrt{8{{x}^{2}}-{{x}^{4}}}=\sqrt{7{{x}^{2}}+{{x}^{2}}\left( 1-{{x}^{2}} \right)}\le \sqrt{7}$ với $\forall x\in \left[ 0;1 \right)$.
Đáp án D.