Câu hỏi:

22/08/2024 4,195

Cắt bỏ hình quạt AOB (hình phẳng có nét gạch trong hình dưới đây) từ một mảnh các tông hình tròn bán kính R rồi dán hai bán kính OA và OB của hình quạt tròn còn lại với nhau để được một cái phễu có dạng của một hình nón. Gọi x là góc ở tâm của quạt tròn dùng làm phễu (0 < x < 2π).

Cắt bỏ hình quạt AOB (hình phẳng có nét gạch trong hình dưới đây) từ một mảnh các tông hình tròn bán kính R rồi dán hai bán kính OA và OB (ảnh 1)

a) Hãy biểu diễn bán kính đáy r và đường cao h của hình nón theo P và x.

b) Tính thể tích của hình nón theo R và x.

c) Tìm x để hình nón có thể tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

a) Vì độ dài của đường tròn đáy hình nón bằng độ dài  của quạt tròn dùng làm phễu nên ta có: 2πr = Rx r = \(\frac{{Rx}}{{2\pi }}\).

Mặt khác h = \(\sqrt {{R^2} - {r^2}} \) = \(\sqrt {{R^2} - \frac{{{R^2}{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}} \) = \(\frac{R}{{2\pi }}\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} \).

b) Thể tích của hình nón là:

V = \(\frac{1}{3}\pi {r^2}h\) = \(\frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}{x^2}\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} \), 0 < x < 2π.

c) Ta cần tìm x (0; 2π) sao cho thể tích V đạt giá trị lớn nhất.

Xét hàm số f(x) = \(\frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}{x^2}\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} \), x (0; 2π).

Ta có: f'(x) = \(\frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}.\frac{{x\left( {8{\pi ^2} - 3{x^2}} \right)}}{{\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} }}\)

           f'(x) = 0 x = \(\frac{{2\pi \sqrt 6 }}{3}\)≈ 1,63π.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Cắt bỏ hình quạt AOB (hình phẳng có nét gạch trong hình dưới đây) từ một mảnh các tông hình tròn bán kính R rồi dán hai bán kính OA và OB (ảnh 2)

Hình nón có thể tích lớn nhất khi x = \(\frac{{2\pi \sqrt 6 }}{3}\)≈ 1,63π.

Khi đó: \(\mathop {\max }\limits_{x \in (0;2\pi )} V = f\left( {\frac{{2\pi \sqrt 6 }}{3}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}\pi {R^3}\).

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

a) Ta có:

Một hành lang giữa hai nhà có hình dạng một lăng trụ đứng (xem hình bên). Hai mặt bên ABB'A' và ACC'A' là hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 m, rộng 5 m. Gọi x (m) là độ dài của cạnh BC. (ảnh 2)

Kẻ AH là chiều cao của tam giác ABC

Lúc này, AH = \(\sqrt {A{C^2} - H{C^2}} \) = \(\sqrt {25 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) = \(\frac{1}{2}\sqrt {100 - {x^2}} \).

Diện tích tam giác ABC là:

S∆ABC = \(\frac{1}{2}\)BC. AH = \(\frac{1}{2}\)x\(\frac{1}{2}\sqrt {100 - {x^2}} \) = \(\frac{1}{4}x\sqrt {100 - {x^2}} \).

Thể tích khối lăng trụ là:

V = S∆ABC. AA' = 5x\(\sqrt {100 - {x^2}} \) (m3) với 0 < x < 10.

b) Xét hàm số thể tích f(x) = 5x\(\sqrt {100 - {x^2}} \) trên khoảng (0; 10).

Ta có: f'(x) = 5\(\sqrt {100 - {x^2}} \) + 5x.\(\frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {100 - {x^2}} }}\) = \(\frac{{500 - 10{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}\);

           f'(x) = 0 x = \(5\sqrt 2 \) (x > 0).

Bảng biến thiên:

Một hành lang giữa hai nhà có hình dạng một lăng trụ đứng (xem hình bên). Hai mặt bên ABB'A' và ACC'A' là hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 m, rộng 5 m. Gọi x (m) là độ dài của cạnh BC. (ảnh 3)

Vậy hình lăng trụ có thể tích lớn nhất khi x = \(5\sqrt 2 \) (m).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{x \in (0;10)} V = V\left( {5\sqrt 2 } \right) = 250\)(m3).

Lời giải

a) Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = 3x2 – 6x2

           y' = 0 3x2 – 6x2 = 0 x = 0 hoặc x = 2.

Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và y= y(0) = 2.

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 và yCT = y(2) = −2.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Cho hàm số y = x^3 – 3x^2 + 2 có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của đồ thị (C) tại (ảnh 1)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm: (3; 2); (2; −2); (−1; −2); (0; 2).

Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm (1; 0).

Đồ thị hàm số như sau:

Cho hàm số y = x^3 – 3x^2 + 2 có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của đồ thị (C) tại (ảnh 2)

b) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm I(1; 0).

Ta có: y'(1) = −3.

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại tâm đối xứng của nó là:

y =  y'(1)(x – 1) + y(1)

   = −3(x – 1) + 0

   = −3x + 3 (∆).

Ta có: y' = 3x2 – 6x = 3(x2 – 2x + 1) – 3 = 3(x – 1)2 – 3 ≥ −3 với mọi x.

Vậy ∆ là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của (C).

c) Ta có: x3 – 3x2 – m = 0 x3 – 3x2 + 2 = m + 2.

Vậy phương trình x3 – 3x2 – m = 0 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m + 2. Suy ra, phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m + 2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt, điều này tương đương với −2 < m + 2 < 2 −4 < m < 0.            

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP