Câu hỏi:

15/06/2022 365

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm P, Q, R lần lượt di động trên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz (không trùng với gốc tọa độ O) sao cho $\frac{1}{O P^{2}} + \frac{1}{O Q^{2}} + \frac{1}{O R^{2}} = \frac{1}{8}$ . Biết mặt phẳng (PQR) luôn tiếp xúc với mặt cầu (S) cố định. Đường thẳng d thay đổi nhưng luôn đi qua $M (\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$ và cắt tại hai điểm A, B phân biệt. Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là

\sqrt{15}

\sqrt{5}

\sqrt{17}

\sqrt{7}

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (25 đề) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án D

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm P, Q, R lần lượt di động trên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz (không trùng với gốc tọa độ O) sao cho 1/OP^2+z/OQ^2+z/OR^2=1/8 . Biết mặt phẳng (PQR) luôn tiếp xúc với mặt cầu (S) cố định. (ảnh 1)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng $(P Q R)$ .

Dễ thấy $\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{O P^{2}} + \frac{1}{O Q^{2}} + \frac{1}{O R^{2}}$ hay $\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{8}$ hay $O H = 2 \sqrt{2}$ .

Khi đó suy ra mặt phẳng $(P Q R)$ luôn tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm O, bán kính $R = 2 \sqrt{2}$ .

Ta có $O M = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 0} = 1 < R$ nên điểm M nằm trong mặt cầu (S).

Gọi I là trung điểm của AB, do tam giác OAB cân tại O nên $S_{Δ O A B} = \frac{1}{2} O I . A B$ .

Đặt $O I = x$ , vì $O I \leq O M$ nên $0 < x \leq 1$ và $A B = 2 \sqrt{8 - x^{2}}$ .

Ta có $S_{Δ O A B} = \frac{1}{2} x .2 \sqrt{8 - x^{2}} = x \sqrt{8 - x^{2}} = \sqrt{8 x^{2} - x^{4}}$ .

Xét hàm số $f (x) = 8 x^{2} - x^{4}$ với $0 < x \leq 1$ .

Có $f^{'} (x) = 16 x - 4 x^{3} = 4 x (4 - x^{2}) > 0$ , $x \in (0; 1]$

$\Rightarrow f (x) \leq f (1) = 7$ .

Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng $\sqrt{7}$ đạt được khi M là trung điểm của AB.

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

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác cân tại A, AB=2a , $\hat{B A C} = 120 °$ . Hình chiếu vuông góc của A' trên (ABC) trùng với trung điểm của cạnh BC. Thể tích khối chóp A'.BB'C'C là

2 a^{3}

\frac{4 a^{3}}{3}

3 a^{3}

4 a^{3}

Lời giải

Đáp án D

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác cân tại A, AB=2a , góc BAC=120 . Hình chiếu vuông góc của A' trên (ABC) trùng với trung điểm của cạnh BC. Thể tích khối chóp A'.BB'C'C là (ảnh 1)

Gọi H là trung điểm của BC.

Xét $Δ A B C$ có $B H = 2 a . \sin 60 ° = a \sqrt{3}$ , $A H = 2 a . \cos 60 ° = a$ .

Xét $A^{'} H A$ vuông tại H có $A^{'} H = \sqrt{{(2 a)}^{2} - a^{2}} = a \sqrt{3}$ .

Xét khối lăng trụ $A^{'} B^{'} C^{'} . A B C$ có , $h = A^{'} H = a \sqrt{3}$ , $S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A H . B C = a^{3} \sqrt{3}$ .

Suy ra $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = a \sqrt{3} . a^{3} \sqrt{3} = 3 a^{3}$

Suy ra $V_{A^{'} . A B C} = \frac{1}{3} V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = a^{3}$

Mặt khác ta có $V_{A^{'} . B C B^{'} C^{'}} = V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} - V_{A^{'} . A B C} = 3 a^{3} - a^{3} = 2 a^{3}$ .

Câu 2

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) , góc giữa SC và (ABCD) bằng 45°. Thể tích khối chóp S.ABCD là

A. .

\frac{a^{3} \sqrt{2}}{6}

\frac{a^{3}}{3}

a^{3} \sqrt{2}

\frac{a^{3} \sqrt{2}}{3}

Lời giải

Đáp án D

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) , góc giữa SC và (ABCD) bằng 45°. Thể tích khối chóp S.ABCD là (ảnh 1)