Câu hỏi:

22/05/2022 219

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn(O;R) . Gọi $V_{1}, V_{2}, V_{3}$ lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA, quay tam giác OAB quanh trung trực của đoạn thẳng AB, quay tam giac OBC quanh trung trực của đoạn thẳng BC. Khi biểu thức $V_{1} + V_{2}$ đạt giá trị lớn nhất, tính $V_{3}$ theo

A. $V_{3} = \frac{2 \sqrt{3} π}{9} R^{3}$

B. $V_{3} = \frac{32 π}{81} R^{3}$

C. $V_{3} = \frac{57 π}{81} R^{3}$

D. $V_{3} = \frac{8 π}{81} R^{3}$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$V_{1} = \frac{1}{3} O P . S_{1} = \frac{1}{3} O P (π {(\frac{A C}{2})}^{2}) = \frac{π}{3} O P . P A^{2} = \frac{π}{3} O P (O A^{2} - O P^{2}) = \frac{π}{3} O P (R^{2} - O P^{2}) V_{2} = \frac{1}{3} O Q . S_{2} = \frac{1}{3} O Q (π {(\frac{A B}{2})}^{2}) = \frac{π}{3} O Q . Q A^{2} = \frac{π}{3} O Q (O A^{2} - O Q^{2}) = \frac{π}{3} O Q (R^{2} - O Q^{2})$

Xét hàm $f (x) = x (R^{2} - x^{2})$ . Với $0 \leq x < R$ .

Khi đó $f^{'} (x) = R^{2} - 3 x^{2} . f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{R}{\sqrt{3}} \\ x = - \frac{R}{\sqrt{3}} \end{array}$ .

Lập bảng biến thiên, thấy rằng $\max_{x \in [0; R)} g (x) = f (\frac{R}{\sqrt{3}})$ .

Khi đó, áp dụng cho $V_{1}, V_{2}$ : $V_{1} + V_{2} = \frac{π}{3} [O P (R^{2} - O P^{2}) + O Q (R^{2} - O Q^{2})]$ đạt giá trị lớn nhất khi $O P = O Q = \frac{R}{\sqrt{3}}$ .

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP =OQ).

Mà lúc đó $A B = 2 \sqrt{R^{2} - O Q^{2}} = 2 \sqrt{R^{2} - \frac{R^{2}}{3}} = \frac{2 R \sqrt{6}}{3}$ .

Do tam giác ABC cân A nên khi đó $A M ⊥ B C$ .

Ta có $S_{A B C} = \frac{1}{2} A M . B C = \frac{A B . A C . B C}{4 R} \Rightarrow A M = \frac{A B . A C}{2 R} = \frac{\frac{4 R^{2} .6}{9}}{2 R} = \frac{4 R}{3}$ .

Mà $A M = A O + O M \Rightarrow O M = \frac{4 R}{3} - R = \frac{R}{3}$ .

Vậy $V_{3} = \frac{1}{3} O M . S_{3} = \frac{1}{3} O M . π . M C^{2} = \frac{π}{3} O M (R^{2} - O M^{2}) = \frac{π}{3} . \frac{R}{3} (R^{2} - \frac{R^{2}}{9}) = \frac{8 π R^{3}}{81}$

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). (ảnh 1)

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu $(S) : {(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 9$ và hai điểm $M (4; - 4; 2), N (6; 0; 6)$ . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu(S) sao cho EM+EN đạt giá trị lớn nhất. Phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E là

A. $x - 2 y + 2 z + 8 = 0$

B. $2 x + y - 2 z - 9 = 0$

C. $2 x + 2 y + z + 1 = 0$

D. $2 x - 2 y + z + 9 = 0$

Lời giải

Mặt cầu (S) có tâm $I (1; 2; 2)$ và bán kính R=3.

Gọi K là trung điểm của $M N \Rightarrow K (5; - 2; 4)$ và K nằm ngoài mặt cầu (S).

Do đó $\vec{I K} = (4; - 4; 2), \vec{M N} = (2; 4; 4), M N = 6$ và $I K ⊥ M N$ .

Ta có $E M + E N \leq \sqrt{2 (E M^{2} + E N^{2})} = \sqrt{2 (E K^{2} + \frac{M N^{2}}{2})} = \sqrt{2 E K^{2} + 36}$ .

Bởi vậy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM=EN và EK lớn nhất.

Vì $I K ⊥ M N$ nên EM=EN thì E thuộc đường thẳng $I K : \{\begin{cases} x = 1 + 2 t \\ y = 2 - 2 t \\ z = 2 + t \end{cases}$ .

Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu (S) ứng với t là nghiệm phương trình: ${(1 + 2 t - 1)}^{2} + {(2 - 2 t - 2)}^{2} + {(2 + t - 2)}^{2} = 9 \Leftrightarrow t = \pm 1$

Như vậy $E_{1} (3; 0; 3)$ hoặc $E_{2} (- 1; 4; 1)$ .

Ta có $E_{1} K = 3, E_{2} K = 9$ . Suy ra $E = (- 1; 4; 1) \Rightarrow \vec{I E} = (- 2; 2; - 1)$ , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E có phương trình: $- 2 (x + 1) + 2 (y - 4) - 1 (z - 1) = 0$ hay $2 x - 2 y + z + 9 = 0$ .

Câu 2

Cho đồ thị $(C) : y = f (x) = \sqrt{x}$ . Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), đường thẳng x=9 và trục Ox. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) và điểm A(9;0). Gọi $V_{1}$ là thể tích khối tròn xoay khi cho (H) quay quanh trục Ox, $V_{2}$ là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox. Biết rằng $V_{1} = 2 V_{2}$ . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM.

A. $S = 3$

B. $S = \frac{27 \sqrt{3}}{16}$

C. $S = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$

Lời giải

Ta có $V_{1} = π \int_{0}^{9} {(\sqrt{x})}^{2} d x = \frac{81 π}{2}$ .

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH = m (với $0 < m \leq 9$ ), ta có $M (m; \sqrt{m})$ , $M H = \sqrt{m}$ và $A H = 9 - m$ .

Suy ra $V_{2} = \frac{1}{3} π . M H^{2} . O H + \frac{1}{3} π . M H^{2} . A H = \frac{1}{3} π . M H^{2} . O A = 3 m π$ .

Theo giả thiết, ta có $V_{1} = 2 V_{2}$ nên $\frac{81 π}{2} = 6 m π \Leftrightarrow m = \frac{27}{4}$ . Do đó $M (\frac{27}{4}; \frac{3 \sqrt{3}}{2})$ .

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là $y = \frac{2 \sqrt{3}}{9} x$ .

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM là

$S = \int_{0}^{\frac{27}{4}} (\sqrt{x} - \frac{2 \sqrt{3}}{9} x) d x = {(\frac{2}{3} x \sqrt{x} - \frac{\sqrt{3}}{9} x^{2})|}_{0}^{\frac{27}{4}} = \frac{27 \sqrt{3}}{16}$ .

Câu 3

Biết số phức z thỏa mãn $|z - 1| \leq 1$ và $z - \bar{z}$ có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng biểu diễn số phức z có diện tích là

A. π

B. 2π

C. $π^{2}$

D. $\frac{π}{2}$

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

Câu 4

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn $0 < {(x + y)}^{2} + {(y + z)}^{2} + {(z + x)}^{2} \leq 18$ . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức $P = 4^{\frac{x}{3}} + 4^{\frac{y}{3}} + 4^{\frac{z}{3}} - \frac{1}{108} {(x + y + z)}^{4}$ là $\frac{a}{b}$ , với a, b là các số nguyên dương và $\frac{a}{b}$ tối giản. Tính $S = 2 a + 3 b$ .

A. S = 13

B. S = 42

C. S = 54

D. S = 71

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

Câu 5

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn $\frac{4 x^{2} + 3}{\sqrt{2 y + 1}} = \frac{y + 2}{x}$ . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là

A. $P = - 2$

B. $P = - \frac{5}{2}$

C. $P = - 3$

D. $P = - \frac{7}{2}$

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

Câu 6

Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD với $A B = 4 a, A D = 2 a$ . Người ta đánh dấu M là trung điểm của AB, N và P là các điểm thuộc CD sao cho $D N = C P = a$ . Sau đó người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh BC trùng với cạnh AD tạo thành một hình trụ. Thể tích của tứ diện AMNP với các đỉnh A, M, N, P nằm trên hình trụ vừa tạo thành bằng:

A. $\frac{4 a^{3}}{3 π^{2}} .$

B. $\frac{8 a^{3}}{3 π^{2}} .$

C. $\frac{16 a^{3}}{3 π^{2}} .$

D. $\frac{32 a^{3}}{3 π^{2}} .$

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

Câu 7

Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là 2dm và bán kính đáy nhỏ là 1dm. Cho biết thể tích nước bằng $\frac{37}{189}$ thể tích của chậu, chiều cao của mực nước là

A. 2dm

B. 0,8dm

C. 1dm

D. 1,5dm

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

Xem thêm các câu hỏi khác »

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Giáo dục công dân

Tin học

Tiếng Anh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

ĐHQG Hồ Chí Minh

ĐH Bách Khoa

ĐHQG Hà Nội

Bộ Công an

ĐHSP Hà Nội

Bằng lái xe

English Test

IT Test

Đại học

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Global success

iLearn Smart World

Friends Global

Explore new worlds

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học