Cho hình chóp \(S.ABC\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với đáy cắt các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(D\), \(E\), \(F\). Gọi \({D_1}\), \({E_1}\), \({F_1}\) tương ứng là hình chiếu vuông góc của \(D\), \(E\), \(F\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)(tham khảo hình vẽ bên). \(V\) là thể tích khối chóp \(S.ABC\). Giá trị lớn nhất của thể tích khối đa diện \(DEF{D_1}{E_1}{F_1}\) bằng:

Câu hỏi:

Cho hình chóp \(S.ABC\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với đáy cắt các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(D\), \(E\), \(F\). Gọi \({D_1}\), \({E_1}\), \({F_1}\) tương ứng là hình chiếu vuông góc của \(D\), \(E\), \(F\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)(tham khảo hình vẽ bên). \(V\) là thể tích khối chóp \(S.ABC\). Giá trị lớn nhất của thể tích khối đa diện \(DEF{D_1}{E_1}{F_1}\) bằng:

A. \(\frac{V}{6}\).

B. \(\frac{V}{{12}}\).

C. \(\frac{{4V}}{9}\).

D. \(\frac{{2V}}{3}\).

Lờigiải

Chọn C

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với đáy cắt các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(D\), \(E\), \(F\)

⇒\(DE\), \(DF\), \(EF\) song song với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

⇒ Hai tam giác \(DEF\) và \(ABC\) đồng dạng theo tỉ số \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{SD}}{{SA}}\).

Đặt \(\frac{{SD}}{{SA}} = x\) với \(0 < x < 1\). Khi đó: \(\frac{{AD}}{{SA}} = \frac{{SA – SD}}{{SA}}\)\( = 1 – x\) và \(\frac{{{S_{\Delta DEF}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {x^2}\).

Do \({D_1}\), \({E_1}\), \({F_1}\) tương ứng là hình chiếu vuông góc của \(D\), \(E\), \(F\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên khối đa diện \(DEF{D_1}{E_1}{F_1}\) là một hình lăng trụ đứng có chiều cao \(D{D_1}\) và đáy là \(\Delta DEF\).

Gọi \(h\) là chiều cao của hình chóp \(S.ABC\) thì \(\frac{{D{D_1}}}{h}\)\( = \frac{{AD}}{{AS}}\)\( = 1 – x\)\( \Rightarrow D{D_1} = \left( {1 – x} \right)h\).

Thể tích khối đa diện \(DEF{D_1}{E_1}{F_1}\)là:

\({V_{DEF{D_1}{E_1}{F_1}}} = D{D_1}.{S_{\Delta DEF}}\)\( = \left( {1 – x} \right)h.{S_{\Delta ABC}}.{x^2}\)\( = 3\left( {{x^2} – {x^3}} \right).\frac{1}{3}h.{S_{\Delta ABC}}\)\( = 3\left( {{x^2} – {x^3}} \right)V\).

Cách 1:

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3\left( {{x^2} – {x^3}} \right)\) với \(0 < x < 1\), ta có \(f’\left( x \right) = 3x\left( {2 – 3x} \right)\); \(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{2}{3}\end{array} \right.\).

Ta có BBT:

Dựa vào BBT thì hàm số đạt giá trị lớn nhất trên\(\left( {0;\,1} \right)\) tại \(x = \frac{2}{3}\), giá trị lớn nhất là \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( {0;1} \right)} f\left( x \right) = f\left( {\frac{2}{3}} \right)\)\( = \frac{4}{9}\) nên giá trị lớn nhất của thể tích khối đa diện \(DEF{D_1}{E_1}{F_1}\) bằng \(\frac{{4V}}{9}\).

Cách 2:

Ta có: \(3\left( {{x^2} – {x^3}} \right) = \frac{3}{2}x.x.(2 – 2x)\)\( \le \frac{3}{2}{\left( {\frac{{x + x + 2 – 2x}}{3}} \right)^3}\)\( = \frac{3}{2}.\frac{8}{{27}} = \frac{4}{9}\) hay \({V_{DEF{D_1}{E_1}{F_1}}} \le \frac{4}{9}V\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 2 – 2x \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\).

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối đa diện \(DEF{D_1}{E_1}{F_1}\) bằng \(\frac{{4V}}{9}\).

======= Thuộc mục: Trắc nghiệm Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số