Google
Câu hỏi: Xét các tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $\left( O;R \right)$. Gọi ${{V}_{1}},{{V}_{2}}$ và ${{V}_{3}}$ lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác $OCA$ quanh trung trực của đoạn thẳng $CA$, quay tam giác $OAB$ quanh trung trực của đoạn thẳng $AB$ và quay tam giác $OBC$ quanh trung trực của đoạn thẳng $BC$. Tính ${{V}_{3}}$ theo $R$ khi biểu thức ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}$ đạt giá trị lớn nhất.
A. ${{V}_{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}\pi }{9}{{R}^{3}}$.
B. ${{V}_{3}}=\dfrac{8\pi }{81}{{R}^{3}}$.
C. ${{V}_{3}}=\dfrac{2\sqrt{2}\pi }{81}{{R}^{3}}$.
D. ${{V}_{3}}=\dfrac{19\pi }{27}{{R}^{3}}$.
A. ${{V}_{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}\pi }{9}{{R}^{3}}$.
B. ${{V}_{3}}=\dfrac{8\pi }{81}{{R}^{3}}$.
C. ${{V}_{3}}=\dfrac{2\sqrt{2}\pi }{81}{{R}^{3}}$.
D. ${{V}_{3}}=\dfrac{19\pi }{27}{{R}^{3}}$.
Đặt $a=BC,b=CA,c=AB$
Quay tam giác $OCA$ quanh trung trực của đoạn thẳng $CA$ thì khối tròn xoay sinh ra là khối nón có chiều cao ${{h}_{1}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{1}{4}{{b}^{2}}}$ và bán kính đáy ${{r}_{1}}=\dfrac{1}{2}b$ nên ta có ${{V}_{1}}=\dfrac{1}{3}\pi r_{1}^{2}{{h}_{1}}=\dfrac{1}{24}\pi {{b}^{2}}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{b}^{2}}}$.
Tương tự, ta có ${{V}_{2}}=\dfrac{1}{24}\pi {{c}^{2}}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{c}^{2}}};{{V}_{3}}=\dfrac{1}{24}\pi {{a}^{2}}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{a}^{2}}}$.
Bằng việc khảo sát hàm số $f\left( t \right)={{t}^{2}}\left( 4{{R}^{2}}-t \right)$ trên khoảng $\left( 0;4{{R}^{2}} \right)$ hoặc dựa vào bất đẳng thức Cô-si: $\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}.\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}.\left( 4{{R}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\le {{\left( \dfrac{\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}+\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}+4{{R}^{2}}-{{b}^{2}}}{3} \right)}^{3}}=\dfrac{64}{27}{{R}^{6}}$
Ta được ${{V}_{1}}\le \dfrac{2\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}};{{V}_{2}}\le \dfrac{2\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$. Suy ra ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}\le \dfrac{4\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $b=c=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R$
Vậy ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\dfrac{4\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$ khi $b=c=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R$.
Khi đó tam giác $ABC$ cân tại $A$ và có $AB=AC=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R$.
Gọi $AH$ là đường cao của tam giác $ABC$ thì $2R.AH=A{{B}^{2}}$. Từ đó suy ra $AH=\dfrac{A{{B}^{2}}}{2R}=\dfrac{4}{3}R$. Do đó $OH=AH-R=\dfrac{1}{3}R$ và $a=2\sqrt{{{R}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}R$.
Suy ra ${{V}_{3}}=\dfrac{8\pi }{81}{{R}^{3}}$.
Quay tam giác $OCA$ quanh trung trực của đoạn thẳng $CA$ thì khối tròn xoay sinh ra là khối nón có chiều cao ${{h}_{1}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{1}{4}{{b}^{2}}}$ và bán kính đáy ${{r}_{1}}=\dfrac{1}{2}b$ nên ta có ${{V}_{1}}=\dfrac{1}{3}\pi r_{1}^{2}{{h}_{1}}=\dfrac{1}{24}\pi {{b}^{2}}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{b}^{2}}}$.
Tương tự, ta có ${{V}_{2}}=\dfrac{1}{24}\pi {{c}^{2}}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{c}^{2}}};{{V}_{3}}=\dfrac{1}{24}\pi {{a}^{2}}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{a}^{2}}}$.
Bằng việc khảo sát hàm số $f\left( t \right)={{t}^{2}}\left( 4{{R}^{2}}-t \right)$ trên khoảng $\left( 0;4{{R}^{2}} \right)$ hoặc dựa vào bất đẳng thức Cô-si: $\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}.\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}.\left( 4{{R}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\le {{\left( \dfrac{\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}+\dfrac{1}{2}{{b}^{2}}+4{{R}^{2}}-{{b}^{2}}}{3} \right)}^{3}}=\dfrac{64}{27}{{R}^{6}}$
Ta được ${{V}_{1}}\le \dfrac{2\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}};{{V}_{2}}\le \dfrac{2\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$. Suy ra ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}\le \dfrac{4\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $b=c=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R$
Vậy ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\dfrac{4\pi \sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$ khi $b=c=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R$.
Khi đó tam giác $ABC$ cân tại $A$ và có $AB=AC=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R$.
Gọi $AH$ là đường cao của tam giác $ABC$ thì $2R.AH=A{{B}^{2}}$. Từ đó suy ra $AH=\dfrac{A{{B}^{2}}}{2R}=\dfrac{4}{3}R$. Do đó $OH=AH-R=\dfrac{1}{3}R$ và $a=2\sqrt{{{R}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}R$.
Suy ra ${{V}_{3}}=\dfrac{8\pi }{81}{{R}^{3}}$.
Đáp án B.