Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(SA=SB=SC=a\). Thể tích lớn nhất
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(SA=SB=SC=a\). Thể tích lớn nhất của khối chóp \(S.ABCD\) là:
Đáp án đúng là: A
Quảng cáo
Thể tích khối chóp \(V=\frac{1}{3}Sh\) với \(S\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Qua \(M\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(AB\) và cắt \(BO\) tại\(H\).
Khi đó \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Vì \(SA=SB=SC\) nên \(SH\bot \left( ABC \right)\).
Đặt \(\widehat{ABC}=\alpha \) ta có:
\(\begin{align} & A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-2.AB.BC.\cos \alpha \\ & ={{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}\cos \alpha =2{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right) \\ & \Rightarrow A{{O}^{2}}=\frac{A{{C}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right)}{2} \\ \end{align}\)
Tam giác \(AOB\) vuông tại \(O\) nên:\(O{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}-A{{O}^{2}}={{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right)}{2}=\frac{{{a}^{2}}\left( 1+\cos \alpha \right)}{2}\)
Xét tam giác \(\Delta BHM\sim \Delta BAO\left( g.g \right)\) nên \(\frac{MH}{AO}=\frac{BM}{BO}\Rightarrow MH=\frac{AO.BM}{BO}\)
\(\Rightarrow M{{H}^{2}}=\frac{A{{O}^{2}}.B{{M}^{2}}}{B{{O}^{2}}}=\frac{\frac{{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right)}{2}.\frac{{{a}^{2}}}{4}}{\frac{{{a}^{2}}\left( 1+\cos \alpha \right)}{2}}=\frac{{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right)}{4\left( 1+\cos \alpha \right)}\)
Tam giác \(SMH\) vuông tại \(H\) có \(S{{H}^{2}}=S{{M}^{2}}-M{{H}^{2}}=\frac{3{{a}^{2}}}{4}-\frac{{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right)}{4\left( 1+\cos \alpha \right)}=\frac{{{a}^{2}}}{4}\left( 3-\frac{1-\cos \alpha }{1+\cos \alpha } \right)=\frac{{{a}^{2}}}{4}.\frac{2+4\cos \alpha }{1+\cos \alpha }=\frac{{{a}^{2}}\left( 1+2\cos \alpha \right)}{2\left( 1+\cos \alpha \right)}\)
\({{S}_{ABCD}}=2{{S}_{ABC}}=BO.AC\Rightarrow S_{ABCD}^{2}=B{{O}^{2}}.A{{C}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}\left( 1+\cos \alpha \right)}{2}.2{{a}^{2}}\left( 1-\cos \alpha \right)={{a}^{4}}\left( 1+\cos \alpha \right)\left( 1-\cos \alpha \right)\)
\(\begin{align} & \Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SH \\ & \Rightarrow V_{S.ABCD}^{2}=\frac{1}{9}S_{ABCD}^{2}.S{{H}^{2}}=\frac{1}{9}{{a}^{4}}\left( 1+\cos \alpha \right)\left( 1-\cos \alpha \right).\frac{{{a}^{2}}\left( 1+2\cos \alpha \right)}{2\left( 1+\cos \alpha \right)}=\frac{{{a}^{6}}\left( 1-\cos \alpha \right)\left( 1+2\cos \alpha \right)}{18} \\ \end{align}\)
Đặt \(t=\cos \alpha \left( t\in \left[ -1;1 \right] \right)\) và xét hàm \(f\left( t \right)=\left( 1-t \right)\left( 1+2t \right)=-2{{t}^{2}}+t+1\) trên \(\left[ -1;1 \right]\) có:
Hàm bậc hai \(f\left( t \right)=-2{{t}^{2}}+t+1\) có đồ thị là parabol với bề lõm hướng xuống dưới.
Do đó nó đạt GTLN tại \(t=\frac{1}{4}\) và \(\underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( \frac{1}{4} \right)=\frac{9}{8}\).
Khi đó \(V_{\max }^{2}=\frac{{{a}^{6}}}{18}.\frac{9}{8}=\frac{{{a}^{6}}}{16}\Rightarrow V=\frac{{{a}^{3}}}{4}\)
Đáp án cần chọn là: A
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
