Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có các cạnh bên đều bằng \(6cm\), độ dài cạnh đáy \(x\,\left( {cm} \right)\). Tìm \(x\) để diện tích xung quanh của hình chóp đều đó là lớn nhất.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Kẻ \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\).
Xét \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) (Do \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều) có \(SH\) là đường cao (gt)
\( \Rightarrow SH\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta SAB\) (tính chất tam giác cân)
\( \Rightarrow H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) (tính chất)
\( \Rightarrow HA = \frac{1}{2}AB = \frac{x}{2}\,\left( {cm} \right)\).
Có \(SH \bot AB\) tại \(H\) (Do \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\)) \( \Rightarrow \widehat {SHA} = 90^\circ \).
Áp dụng định lí pythagore trong tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\)(Do \(\widehat {SHA} = 90^\circ \)), ta có:
\(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\)
Thay số: \({6^2} = S{H^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\)
\(S{H^2} = 36 - {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\) (Điều kiện: \(x < 12\))
\( \Rightarrow SH = \sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) (Do \(SH > 0\))
Diện tích xung quanh của hình chóp là:
\({S_{xq}} = p.d = \frac{{x + x + x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Có \({S_{xq}} = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {\frac{{144 - {x^2}}}{4}} \) \( = \frac{{3x}}{4}.\sqrt {144 - {x^2}} \)\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {{x^2}.\left( {144 - {x^2}} \right)} \]
\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {144{x^2} - {x^4}} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {x^4} + 144{x^2} - 5184 + 5184} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - \left( {{x^4} - 144{x^2} + 5184} \right) + 5184} \]
\[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \].
Vì \[{\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[x > 0\] nên \[ - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \le 0 \Rightarrow - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} + 5184 \le 0\]
\[ \Rightarrow \sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 72\]
\[ \Rightarrow \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 54\]
\[ \Rightarrow {S_{xq}} \le 54\]
Dấu xảy ra khi \[{x^2} - 72 = 0\]
\[{x^2} = 72\]
\[x = \sqrt {72} \] (Do \[x > 0\])
\[x = 6\sqrt 2 \] (thỏa mãn).
Vậy \[x = 6\sqrt 2 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] thì hình chóp có diện tích xung quanh lớn nhất bằng \[54\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Chứng minh bốn điểm \(A,M,C,O\)cùng thuộc một đường tròn
Lập luận \(\widehat {MAO} = {90^\circ }\)
Lập luận \(\widehat {MCO} = {90^\circ }\)
Suy ra \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^\circ }\)
Suy ra \(A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) hay 4 điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).
b) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\) và chứng minh \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).
+) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\).
Tứ giác \(AMCO\)nội tiếp nên \(\widehat {AOC} = {180^\circ } - {60^\circ } = {120^\circ }\).
Suy ra \(\widehat {COB} = {180^\circ } - \widehat {AOC} = {180^\circ } - {120^\circ } = {60^\circ }\) (hai góc kề bù).
Diện tích hình quạt \(OCB\):\({S_{q(OCB)}} = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)
+) Chứng minh\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).
\(\widehat {ADB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^\circ }\quad \)(1)
Lại có: \(OA = OC = R\); \(MA = MC\) (tính chất tiếp tuyến)
Suy ra \(OM\) là đường trung trực của\(AC\).
\( \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^\circ }\quad \)(2)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra\(MADE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính\(MA\).
Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp suy ra: \(\widehat {ADE} = \widehat {AME} = \widehat {AMO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)) (3)
Tứ giác\(AMCO\)nội tiếp suy ra: \(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)\()\)(4).
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\)
c) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\). Chứng minh rằng \(MB\)đi qua trung điểm của \(CH\).
Gọi giao điểm của \(MB\)và \[CH\]là \(G\)
Tia \(BC\) cắt\(Ax\) tại \(F\). Ta có \(\widehat {ACB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^\circ }\), suy ra \(\Delta ACF\) vuông tại \(C\). Lại có \(MC = MA\) nên suy ra được \(MC = MF\), do đó \(MA = MF\) (5).
Mặt khác ta có \(CH//FA\) (cùng vuông góc với\(AB\)) nên theo định lí Ta-lét thì
\(\frac{{GC}}{{MF}} = \frac{{GH}}{{MA}}\left( { = \frac{{BG}}{{BM}}} \right)\)(6).
Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra \(GC = GH\) hay \(MB\)đi qua trung điểm của\(CH\).
Lời giải
a) Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {10\,;\,20} \right)\) là: \(\frac{6}{{60}}.100\% = 10\% \).
Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {20\,;\,30} \right)\) là: \(\frac{{18}}{{60}}.100\% = 30\% \).
Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {30\,;\,40} \right)\) là: \(\frac{{24}}{{60}}.100\% = 40\% \).
Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {40\,;\,50} \right)\) là: \(\frac{{12}}{{60}}.100\% = 20\% \).
Vậy tần số tương đối của các nhóm \(\left[ {10\,;\,20} \right)\), \(\left[ {20\,;\,30} \right)\), \(\left[ {30\,;\,40} \right)\), \(\left[ {40\,;\,50} \right)\) lần lượt là: \(10\% \,,\,30\% \,,\,40\% \,,\,20\% \).
b) Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó là:
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập