Trang chủ Lớp 12 SBT Toán 12 Nâng cao Bài 46 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng...

Bài 46 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao: Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD...

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Bài 46 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao – Ôn tập chương II – Mặt cầu mặt trụ mặt nón

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và chiều cao thay đổi. Tìm hệ thức liên hệ giữa cạnh đáy và chiều cao của hình chóp để \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất, ở đó \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp.

Gọi x là độ dài cạnh đáy, y là chiều cao của hình chóp; R, r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp thì dễ tính được \(R = {{{x^2} + 2{y^2}} \over {4y}},\)

\(r = {{xy} \over {x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} }}\). Vậy

\({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {\left( {{R \over r}} \right)^3} = {\left[ {{{({x^2} + 2{y^2})(x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} )} \over {4x{y^2}}}} \right]^3}.\)

Từ đó \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \({R \over r}\) nhỏ nhất.

Gọi \(\varphi \) là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp thì \(\varphi  = \widehat {SIH}\) (I là trung điểm của BC ). Khi đó \(y = {x \over 2}\tan \varphi  \Rightarrow 4{y^2} = {x^2}{\tan ^2}\varphi ,\) từ đó

\(\eqalign{
& {R \over r} = {{\left( {{x^2} + {{{x^2}{{\tan }^2}\varphi } \over 2}} \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + {x^2}{{\tan }^2}\varphi } } \right)} \over {{x^3}{{\tan }^2}\varphi }} \cr
& = {{\left( {2 + {{\tan }^2}\varphi } \right)\left( {1 + {1 \over {\cos \varphi }}} \right)} \over {2{{\tan }^2}\varphi }} \cr
& = {{\left( {1 + {1 \over {{{\cos }^2}\varphi }}} \right)\left( {{{\cos \varphi + 1} \over {\cos \varphi }}} \right)} \over {2 \cdot {{1 – {{\cos }^2}\varphi } \over {{{\cos }^2}\varphi }}}} \cr
& = {{1 + {{\cos }^2}\varphi } \over {2\cos \varphi \left( {1 – \cos \varphi } \right)}} = {1 \over 2} \cdot {{1 + {t^2}} \over {t\left( {1 – t} \right)}} \cr} \)

Quảng cáo

(với \(0 < t = \cos \varphi  < 1.\))

Như vậy, \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(f(t) = {{1 + {t^2}} \over {t(1 – t)}}\) đạt giá trị nhỏ nhất (0< t < 1).

Ta có :

\(\eqalign{  & f'(t) = {{2t(1 – {t^2}) – (1 – 2t)(1 + {t^2})} \over {{{\left[ {t(1 – t)} \right]}^2}}}  \cr  &  = {{2{t^2} – 2{t^3} – 1 + 2t – {t^2} + 2{t^3}} \over {{{\left[ {t(1 – t)} \right]}^2}}} = {{{t^2} + 2t – 1} \over {{t^2}{{(1 – t)}^2}}}.  \cr  &  \cr} \)

\(f'(t) = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t – 1 = 0 \Leftrightarrow t =  – 1 + \sqrt 2 \) (do 0< t <1).

Ta có bảng biến thiên

Vậy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t =  – 1 + \sqrt 2 \), tức là \(\cos \varphi  = -1 + \sqrt 2 \)

\(\eqalign{  &  \Leftrightarrow 1 + {\tan ^2}\varphi  = {1 \over {3 – 2\sqrt 2 }}  \cr  &  \Leftrightarrow {\tan ^2}\varphi  = {{1 – 3 + 2\sqrt 2 } \over {3 – 2\sqrt 2 }} = {{2\left( {\sqrt 2  – 1} \right)} \over {{{\left( {\sqrt 2  – 1} \right)}^2}}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {2 \over {\sqrt 2  – 1}} = 2\left( {\sqrt 2  + 1} \right)  \cr  &  \Rightarrow \tan \varphi  = \sqrt {2\sqrt 2  + 2} . \cr} \)

Vậy hệ thức liên hệ giữa xy là \(y = x{{\sqrt {2\sqrt 2  + 2} } \over 2}.\)

Khi đó \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Quảng cáo