Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) tại

Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) tại A lấy điểm S di động không trùng với A. Hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD lần lượt tại H, K. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của khối tứ diện ACHK.

• A.

  $\Large \dfrac{a^3\sqrt{6}}{32}.$

• B.

  $\Large \dfrac{a^3}{6}.$

• C.

  $\Large \dfrac{a^3\sqrt{3}}{16}.$

• D.

  $\Large \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Chọn C

Cách 1:

Ta có $\Large V_{S.ABD}=\dfrac{1}{3}S_{ABD}.SA=\dfrac{a^2x}{6}.$

Lại có $\Large \dfrac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABD}}=\dfrac{SH}{SB}.\dfrac{SK}{SD}=\left(\dfrac{SA}{SB}\right)^2.\left(\dfrac{SA}{SD}\right)^2=\dfrac{x^4}{(x^2+a^2)^2}$

$\Large \Rightarrow V_{S.AHK}=\dfrac{x^4}{(x^2+a^2)^2}.V_{S.ABD}=\dfrac{a^2x^5}{6(x^2+a^2)^2}.$

Gọi $\Large O=AC \cap BD, G=SO\cap HK, I=AG \cap SC.$

Ta có $\Large \left\{\begin{align} & BC \perp AB \\ & BC \perp SA \end{align}\right.$ $\Large \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp AH, \big(AH \subset (SAB)\big).$

Lại có $\Large \left\{\begin{align} & AH \perp SB \\ & AH\perp BC \end{align}\right.$ $\Large \Rightarrow AH\perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SC.$

Chứng minh tương tự ta có $\Large AK \perp SC.$

Vì $\Large \left\{\begin{align} & SC\perp AK \\ & SC\perp AH \end{align}\right.$ $\Large \Rightarrow SC\perp (AHK), AI \subset (AHK) \Rightarrow SC\perp AI.$

Xét tam giác SAC vuông tại A, đặt $\Large SA=x > 0$ và có $\Large AC=a\sqrt{2}, AI\perp SC$

$\Large \Rightarrow \dfrac{IC}{IS}=\left(\dfrac{AC}{AS}\right)^2=\dfrac{2a^2}{x^2} \Rightarrow CI=\dfrac{2a^2}{x^2}SI.$

$\Large V_{ACHK}=\dfrac{1}{3}S_{AHK}.CI=\dfrac{1}{3}S_{AHK}.\dfrac{2a^2}{x^2}.SI=\dfrac{2a^2}{x^2}V_{S.AHK}=\dfrac{a^4}{3}.\dfrac{x^3}{(x^2+a^2)^2}.$

Ta lại có $\Large (x^2+a^2)^2=\left(\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{x^2}{x^2}{3}+\dfrac{x^2}{3}+a^2\right)^2 \geq 16\dfrac{x^3a}{3\sqrt{3}} \Rightarrow \dfrac{x^3}{(x^2+a^2)^2} \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{16a}$ (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\Large x=a\sqrt{3}$).

Suy ra $\Large V_{ACHK} \leq \dfrac{a^4}{3}.\dfrac{3\sqrt{3}}{16a} \Leftrightarrow V_{ACHK} \leq \dfrac{a^3\sqrt{3}}{16}.$

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK bằng $\Large \dfrac{a^3\sqrt{3}}{16}$ khi $\Large x=SA=a\sqrt{3}.$

Cách 2:

Đặt $\Large SA=x, x > 0 \Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{a^2x}{3} \Rightarrow V_{S.ABD}=\dfrac{1}{2}V_{S.ABCD}=\dfrac{a^2x}{6}.$

Gọi $\Large O=AC \cap BD \Rightarrow$ O là trung điểm của AC $\Large \Rightarrow d\big(A,(HOK)\big)=d\big(C,(HOK)\big)$

$\Large \Rightarrow V_{AHOK}=V_{CHOK} \Rightarrow V_{ACHK}=2V_{AHOK}.$

Xét tam giác SAB vuông tại A, có $\Large AH\perp SB \Rightarrow \dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SA^2}{SB^2}=\dfrac{x^2}{x^2+a^2}.$

Tương tự trong tam giác SAD ta cũng có $\Large \dfrac{SK}{SD}=\dfrac{x^2}{x^2+a^2}.$

Lại có $\Large \dfrac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABD}}=\dfrac{SH}{SB}.\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{x^4}{(x^2+a^2)^2} \Rightarrow V_{S.AHK}=\dfrac{x^4}{(x^2+a^2)^2}.V_{S.ABD}=\dfrac{a^2x^5}{6(x^2+a^2)^2}.$

Mặt khác $\Large \dfrac{d\big(H,(ABCD)\big)}{\big(S,(ABCD)\big)}=\dfrac{BH}{BS}=\dfrac{a^2}{x^2+a^2} \Rightarrow d\big(H, (ABCD)\big)=\dfrac{a^2x}{x^2+a^2}$

Mà $\Large S_{ABO}=\dfrac{1}{2}S_{ABD}=\dfrac{a^2}{4} \Rightarrow V_{H.ABO}=\dfrac{1}{3}.S_{ABO}.d\big(H,(ABO)\big)=\dfrac{1}{12}.\dfrac{a^4x}{x^2+a^2}.$

Tương tự, ta có $\Large V_{K.ADO}=\dfrac{1}{12}.\dfrac{a^4x}{x^2+a^2}.$

$\Large V_{ACHK}=2V_{AOHK}=2(V_{S.ABD}-V_{S.AHK}-V_{H.ABO}-V_{K.ADO})$ $\Large =2\bigg(\dfrac{a^2x}{6}-\dfrac{a^2x^5}{6(x^2+a^2)^2}-\dfrac{1}{6}.\dfrac{a^4x}{x^2+a^2}\bigg)$

$\Large \Leftrightarrow V_{ACHK}=\dfrac{a^4}{3}.\dfrac{x^3}{(x^2+a^2)^2}.$

Xét hàm số $\Large f(x)=\dfrac{x^3}{(x^2+a^2)^2}$ trên khoảng $\Large (0; +\infty).$

Ta có $\Large {f}'(x)=\dfrac{x^2(3a^2-x^2)}{(x^2+a^2)^3}; {f}'(x)=0 \Rightarrow x=a\sqrt{3}$

Bảng biến thiên

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy f(x) đạt giá trị lớn nhất khi $\Large x=a\sqrt{3}$

Vậy giá trị lớn nhất của $\Large V_{ACHK}$ bằng $\Large \dfrac{a^4}{3}.\dfrac{(a\sqrt{3})^3}{\big[(a\sqrt{3})^2+a^2\big]^2}=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{16}$ khi $\Large SA=a\sqrt{3}.$