Xét khối tứ diện \(ABCD\) có độ dài cạnh \(AB\) thay đổi, \(CD = 4\) và các cạnh còn lại đều

Câu hỏi số 386464:

Vận dụng cao

Xét khối tứ diện \(ABCD\) có độ dài cạnh \(AB\) thay đổi, \(CD = 4\) và các cạnh còn lại đều bằng \(\sqrt {22} \). Khi đó thể tích khối tứ diện \(ABCD\) đạt 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. \(S = \dfrac{{52\pi }}{9}\)

Đáp án đúng là: A

Xem lời giải

Câu hỏi:386464

Giải chi tiết

Đặt \(AB = 2x\).

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(CD\) và \(AB\).

Do \(\Delta ACD,\,\,\Delta BCD\) cân tại \(A\) và \(B\) nên

\(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot CD\\BM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right)\).

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 \(\Delta ACD = \Delta BCD\,\,\left( {c.c.c} \right)\) \( \Rightarrow AM = BM\).

\( \Rightarrow \Delta ABM\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow MN \bot AB\) (Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Xét tam giác vuông \(ACM\) có: \(AM = \sqrt {A{C^2} - C{M^2}} \) \( = \sqrt {22 - 4} = 3\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông \(AMN\) có: \(MN = \sqrt {A{M^2} - A{N^2}} = \sqrt {18 - {x^2}} \).

\( \Rightarrow {S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}MN.AB\)\( = \dfrac{1}{2}\sqrt {18 - {x^2}} .2x = \sqrt {18 - {x^2}} .x\).

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 \(\Delta ABD = \Delta ABC\,\,\left( {c.c.c} \right)\) \( \Rightarrow NC = ND\) \( \Rightarrow \Delta NCD\) cân tại \(N\) \( \Rightarrow MN \bot CD\).

Do đó \(MN\) là đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\).

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam gíac \(BCD\), qua \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(\left( {BCD} \right)\) cắt \(MN\) tại \(I\). Ta có:

\(\begin{array}{l}I \in MN \Rightarrow IA = IB\\I \in MN \Rightarrow IC = ID\end{array}\).

\(I\) nằm đường thẳng vuông góc với \(\left( {BCD} \right)\) tại \(O\) nên \(IB = IC = ID\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BCM\) có: \(BM = \sqrt {22 - 4} = 3\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{2}BM.CD\) \( = \dfrac{1}{2}.3\sqrt 2 .4 = 6\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow OB = \dfrac{{BC.BD.CD}}{{4{S_{BCD}}}} = \dfrac{{\sqrt {22} .\sqrt {22} .4}}{{4.6\sqrt 2 }} = \dfrac{{11\sqrt 2 }}{6}\) \( > BM\) \( \Rightarrow M\) nằm giữa \(B\) và \(O\).

\( \Rightarrow OM = OB - BM = \dfrac{{7\sqrt 2 }}{3}\).

Xét \(\Delta MNB\) và \(\Delta MOI\) có: \(\angle MNB = \angle MOI = {90^0}\), \(\angle NMB = \angle OMI\) (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 \(CIM\) có: \(IC = \sqrt {I{M^2} + M{C^2}} = \dfrac{{\sqrt {85} }}{3} = R\).

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: \(S = 4\pi {\left( {\dfrac{{\sqrt {85} }}{3}} \right)^2} = \dfrac{{340\pi }}{9}\).

Tham Gia Group Dành Cho 2K7 luyện thi Tn THPT - ĐGNL - ĐGTD

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, 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.