Cho nửa đường tròn đường kính \(AB = 2R\) và điểm \(C\) thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt \(\widehat {CAB} = \alpha ^\circ \) và gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) lên \[AB.\] Tìm \(\alpha \) sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác \[ACH\] quanh trục \[AB\] đạt giá trị lớn nhất (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Khi quay tam giác \[ACH\] quanh trục \[AB,\] ta được khối nón đỉnh \(A\), có đáy là hình tròn tâm \(H\), bán kính \[HC.\]

Đặt \(AH = h\,;\,\,CH = r.\) Ta có \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \[ACB,\] ta có \(C{H^2} = HA \cdot HB\).

Mà \(HB = 2R - h\) suy ra \[{r^2} = h\left( {2R - h} \right) \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi h\left( {2R - h} \right)h\]

Để thể tích khối tròn xoay lớn nhất thì \[\left( {2R - h} \right){h^2}\] lớn nhất.

Xét hàm số \(f\left( h \right) = 2R.{h^2} - {h^3}\) trên \(\left( {0\,;\,\,2R} \right)\), có \(f'\left( h \right) = 4R.h - 3{h^2} = 0 \Rightarrow h = \frac{{4R}}{3}.\)

Suy ra \(\max f\left( h \right) = f\left( {\frac{{4R}}{3}} \right) \Rightarrow r = \sqrt {\frac{{4R}}{3} \cdot \left( {2R - \frac{{4R}}{3}} \right)}  = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}\).

Vậy \(\tan \alpha  = \frac{{CH}}{{AH}} = \frac{r}{h} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha  = \arctan \frac{{\sqrt 2 }}{2} \approx 35^\circ .\)

Đáp án: 35.