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.

S = \frac{340 π}{9}

$S = \dfrac{{340\pi }}{9}$

S = \frac{85 π}{9}

$S = \dfrac{{85\pi }}{9}$

S = \frac{340 π}{3}

$S = \dfrac{{340\pi }}{3}$

S = \frac{52 π}{9}

$S = \dfrac{{52\pi }}{9}$

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

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: $S = 4\pi {\left( {\dfrac{{\sqrt {85} }}{3}} \right)^2} = \dfrac{{340\pi }}{9}$ .

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD - Click xem ngay) 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.