Google
Câu hỏi: Xét khối tứ diện ABCDcó độ dài cạnh ABthay đổi, CD= 4 và các cạnh còn lại đều bằng $\sqrt{22}$. Khi đó thể tích khối tứ diện ABCDđạt giá trị lớn nhất. Hãy tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.
A. $S=\dfrac{340\pi }{9}$
B. $S=\dfrac{85\pi }{9}$
C. $S=\dfrac{340\pi }{3}$
D. $S=\dfrac{52\pi }{9}$
A. $S=\dfrac{340\pi }{9}$
B. $S=\dfrac{85\pi }{9}$
C. $S=\dfrac{340\pi }{3}$
D. $S=\dfrac{52\pi }{9}$
Cách giải:
Đặt $AB=2x.~$
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của CDvà AB.
Do ∆ ACD, ∆ BCDcân tại Avà Bnên
$\left\{ \begin{aligned}
& AM\bot CD \\
& BM\bot ~CD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right).~$
Do đó: ${{V}_{A.BDM}}=\dfrac{1}{3}DM.{{S}_{ABM}},{{V}_{C.ADM}}=\dfrac{1}{3}CM.{{S}_{ABM}}.~$
$\Rightarrow {{V}_{ABCD}}={{V}_{A.BDM}}+{{V}_{C.ADM}}=\dfrac{1}{3}DM.{{S}_{ABM}}+\dfrac{1}{3}CM.{{S}_{ABM}}=\dfrac{1}{3}CD.{{S}_{ABM}}=\dfrac{4}{3}{{S}_{ABM}}.$
Dễ dàng chứng minh được $\Delta ACD=\Delta BCD\left( c.c.c \right)$ $\Rightarrow AM=BM.~$
⇒∆ ABMcân tại M⇒ MN⊥ AB(Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Xét tam giác vuông ACMcó: $AM=\sqrt{A{{C}^{2}}-C{{M}^{2}}}=\sqrt{22-4}=3\sqrt{2}.~$
Xét tam giác vuông AMNcó: $MN=\sqrt{A{{M}^{2}}-A{{N}^{2}}}=\sqrt{18-{{x}^{2}}}.~$
$\Rightarrow {{S}_{ABM}}=\dfrac{1}{2}MN.AB=\dfrac{1}{2}\sqrt{18-{{x}^{2}}}.2x=\sqrt{18-{{x}^{2}}}.x.~$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $\sqrt{18-{{x}^{2}}}.x\le \dfrac{18-{{x}^{2}}+{{x}^{2}}}{2}=9.~$
$\Rightarrow {{S}_{ABM}}\le 9\Rightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{4}{3}.9=12.~$
Suy ra $Max{{V}_{ABCD}}=12.$ Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt{18-{{x}^{2}}}=x\Leftrightarrow 18-{{x}^{2}}={{x}^{2}}\Leftrightarrow x=3\Rightarrow AB=6.~$
Ta có $MN\bot AB\left( cmt \right),$ dễ dàng chứng minh được $\Delta ABD=\Delta ABC\left( c.c.c \right)$ ⇒ NC= ND⇒∆ NCDcân tại N⇒ MN⊥ CD.
Do đó MNlà đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng ABvà CD.
Gọi Olà tâm đường tròn ngoại tiếp tam gíac BCD, qua Okẻ đường thẳng vuông góc với ( BCD) cắt MNtại I. Ta có:
$\begin{aligned}
& I\in MN\Rightarrow IA~=IB~ \\
& I\in MN\Rightarrow IC~=ID~ \\
\end{aligned}$
Inằm đường thẳng vuông góc với ( BCD) tại Onên IB= IC= ID.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCMcó: $BM=\sqrt{22-4}=3\sqrt{2}.~$
$\Rightarrow {{S}_{\Delta BCD}}=\dfrac{1}{2}BM.CD=\dfrac{1}{2}.3\sqrt{2}.4=6\sqrt{2}.~$
$\Rightarrow OB=\dfrac{BC.BD.CD}{4{{S}_{BCD}}}~=\dfrac{\sqrt{22}.\sqrt{22}.4}{4.6\sqrt{2}}=\dfrac{11\sqrt{2}}{6}>BM$ ⇒ Mnằm giữa Bvà O.
$\Rightarrow OM=OB-BM=\dfrac{7\sqrt{2}}{3}.~$
Xét ∆ MNBvà ∆ MOIcó: $\angle MNB=\angle MOI={{90}^{0}},\angle NMB=\angle OMI$ (đối đỉnh).
$\Rightarrow \Delta MNB\sim \Delta ~MOI\left( g.g \right)\Rightarrow \dfrac{MN}{MO}=\dfrac{MB~}{MI}\Leftrightarrow \dfrac{3}{\dfrac{7\sqrt{2}}{3}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{MI}\Rightarrow MI=\dfrac{7}{3}.$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CIMcó: $IC=\sqrt{I{{M}^{2}}+M{{C}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{85}}{3}=R.~$
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: $S=4\pi {{\left( \dfrac{\sqrt{85}}{3} \right)}^{2}}=\dfrac{340\pi }{9}.$
Đặt $AB=2x.~$
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của CDvà AB.
Do ∆ ACD, ∆ BCDcân tại Avà Bnên
$\left\{ \begin{aligned}
& AM\bot CD \\
& BM\bot ~CD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right).~$
Do đó: ${{V}_{A.BDM}}=\dfrac{1}{3}DM.{{S}_{ABM}},{{V}_{C.ADM}}=\dfrac{1}{3}CM.{{S}_{ABM}}.~$
$\Rightarrow {{V}_{ABCD}}={{V}_{A.BDM}}+{{V}_{C.ADM}}=\dfrac{1}{3}DM.{{S}_{ABM}}+\dfrac{1}{3}CM.{{S}_{ABM}}=\dfrac{1}{3}CD.{{S}_{ABM}}=\dfrac{4}{3}{{S}_{ABM}}.$
Dễ dàng chứng minh được $\Delta ACD=\Delta BCD\left( c.c.c \right)$ $\Rightarrow AM=BM.~$
⇒∆ ABMcân tại M⇒ MN⊥ AB(Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Xét tam giác vuông ACMcó: $AM=\sqrt{A{{C}^{2}}-C{{M}^{2}}}=\sqrt{22-4}=3\sqrt{2}.~$
Xét tam giác vuông AMNcó: $MN=\sqrt{A{{M}^{2}}-A{{N}^{2}}}=\sqrt{18-{{x}^{2}}}.~$
$\Rightarrow {{S}_{ABM}}=\dfrac{1}{2}MN.AB=\dfrac{1}{2}\sqrt{18-{{x}^{2}}}.2x=\sqrt{18-{{x}^{2}}}.x.~$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $\sqrt{18-{{x}^{2}}}.x\le \dfrac{18-{{x}^{2}}+{{x}^{2}}}{2}=9.~$
$\Rightarrow {{S}_{ABM}}\le 9\Rightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{4}{3}.9=12.~$
Suy ra $Max{{V}_{ABCD}}=12.$ Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt{18-{{x}^{2}}}=x\Leftrightarrow 18-{{x}^{2}}={{x}^{2}}\Leftrightarrow x=3\Rightarrow AB=6.~$
Ta có $MN\bot AB\left( cmt \right),$ dễ dàng chứng minh được $\Delta ABD=\Delta ABC\left( c.c.c \right)$ ⇒ NC= ND⇒∆ NCDcân tại N⇒ MN⊥ CD.
Do đó MNlà đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng ABvà CD.
Gọi Olà tâm đường tròn ngoại tiếp tam gíac BCD, qua Okẻ đường thẳng vuông góc với ( BCD) cắt MNtại I. Ta có:
$\begin{aligned}
& I\in MN\Rightarrow IA~=IB~ \\
& I\in MN\Rightarrow IC~=ID~ \\
\end{aligned}$
Inằm đường thẳng vuông góc với ( BCD) tại Onên IB= IC= ID.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCMcó: $BM=\sqrt{22-4}=3\sqrt{2}.~$
$\Rightarrow {{S}_{\Delta BCD}}=\dfrac{1}{2}BM.CD=\dfrac{1}{2}.3\sqrt{2}.4=6\sqrt{2}.~$
$\Rightarrow OB=\dfrac{BC.BD.CD}{4{{S}_{BCD}}}~=\dfrac{\sqrt{22}.\sqrt{22}.4}{4.6\sqrt{2}}=\dfrac{11\sqrt{2}}{6}>BM$ ⇒ Mnằm giữa Bvà O.
$\Rightarrow OM=OB-BM=\dfrac{7\sqrt{2}}{3}.~$
Xét ∆ MNBvà ∆ MOIcó: $\angle MNB=\angle MOI={{90}^{0}},\angle NMB=\angle OMI$ (đối đỉnh).
$\Rightarrow \Delta MNB\sim \Delta ~MOI\left( g.g \right)\Rightarrow \dfrac{MN}{MO}=\dfrac{MB~}{MI}\Leftrightarrow \dfrac{3}{\dfrac{7\sqrt{2}}{3}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{MI}\Rightarrow MI=\dfrac{7}{3}.$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CIMcó: $IC=\sqrt{I{{M}^{2}}+M{{C}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{85}}{3}=R.~$
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: $S=4\pi {{\left( \dfrac{\sqrt{85}}{3} \right)}^{2}}=\dfrac{340\pi }{9}.$
Đáp án A.