ĐỀ BÀI:
Xét tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Gọi \({V_1},{V_2},{V_3}\) lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác \(OAC\)quanh trung trực của đoạn thẳng \(CA\), quay tam giác\(OAB\)quanh trung trực của đoạn thẳng \(AB\), quay tam giác\(OBC\)quanh trung trực của đoạn thẳng \(BC\). Khi biểu thức \({V_1} + {V_2}\) đạt giá trị lớn nhất, tính \({V_3}\) theo \(R\)
A. \({V_3} = \frac{{2\sqrt 3 \pi }}{9}{R^3}\).
B. \({V_3} = \frac{{32\pi }}{{81}}{R^3}\).
C. \({V_3} = \frac{{57\pi }}{{81}}{R^3}\).
D. \({V_3} = \frac{{8\pi }}{{81}}{R^3}\)
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Ta có:
\({V_1} = \frac{1}{3}\pi A{K^2}.OK\;\;\;\;\;\)
\( = \frac{1}{3}\pi .\frac{1}{4}A{C^2}.\sqrt {{R^2} – \frac{1}{4}A{C^2}} \;\) \(\; = \frac{1}{{12}}\pi .\sqrt {\frac{1}{2}A{C^2}.\frac{1}{2}A{C^2}.\left( {4{R^2} – A{C^2}} \right)} \;\)
\(\; \le \frac{1}{{12}}\pi .\sqrt {{{\left( {\frac{{\frac{1}{2}A{C^2} + \frac{1}{2}A{C^2} + 4{R^2} – A{C^2}}}{3}} \right)}^3}} \; = \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}{R^3}\;\;\)(BĐT Cô -si).
Tương tự ta có: \({V_2} = \frac{1}{3}\pi A{H^2}.OH = \frac{1}{3}\pi .\frac{1}{4}A{B^2}.\sqrt {{R^2} – \frac{1}{4}A{B^2}} \; \le \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}{R^3}\).
Vậy: \({V_1} + {V_2} \le \frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}{R^3}\) do đó, \(Max\left( {{V_1} + {V_2}} \right) = \frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}{R^3} \Leftrightarrow AB = AC = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}R\).
Từ \(AB = AC = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}R \Rightarrow \sin B = \sin C = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow \cos B = \cos C = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Khi đó: \(BI = AB.\cos B = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}R.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}R\) và \(OI = \sqrt {{R^2} – B{I^2}} = \frac{1}{3}R\).
Vậy \({V_3} = \frac{1}{3}\pi B{I^2}.OI = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{3}R} \right)^2}.\frac{1}{3}R = \frac{8}{{81}}{R^3}\).
===========
Trả lời