Lý thuyết
Lý Thuyết Lớp 12
Lý thuyết lớp 11
Lý thuyết lớp 10
Lý thuyết lớp 9
Lý thuyết lớp 8
Lý thuyết lớp 7
Lý thuyết lớp 6
Lý thuyết lớp 5
Lý thuyết lớp 4
Lý thuyết lớp 3
Lý thuyết lớp 2
Lý thuyết lớp 1
Công thức
Công thức Toán học
Soạn văn
Toán THPT
Toán THCS
Thi vào lớp 10
Tuyển sinh
Đại học
Bản tin
Thư viện câu hỏi
Thi Online
Hỏi bàiThể tích khối trụ nội tiếp một mặt cầu có bán kính R không đổi có thể đạt giá trị lớn nhất bằng
A. \(\frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }}{R^3}\)
B. \(\frac{{\pi }}{{9\sqrt 3 }}{R^3}\)
C. \(\frac{{2\pi }}{{9\sqrt 3 }}{R^3}\)
D. \(\frac{{4\pi \sqrt 3 }}{9}{R^3}\)
Lời giải của giáo viên
HocOn247.com
Gọi r, h, V tương ứng là bán kính đáy, chiều cao và thể tích của khối trụ. Ta dễ dàng thấy \({r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = {R^2}\). Và từ đó \(V = \frac{\pi }{3}h{r^2} = \frac{\pi }{3}h\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)\).
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
\({V^2} = \frac{{{\pi ^2}}}{9}{h^2}\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right) = \frac{{2{\pi ^2}}}{9}.\frac{{{h^2}}}{2}\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)\)
\( \le \frac{{2{\pi ^2}}}{9}.\frac{1}{{27}}{\left[ {\frac{{{h^2}}}{2} + \left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right) + \left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)} \right]^3} = \frac{{16{\pi ^2}}}{{243}}{R^6}\)
Suy ra \(V \le \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }}{R^3}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
\(\frac{{{h^2}}}{2} = {R^2} - \frac{{{h^2}}}{4} \Rightarrow {h^2} = \frac{4}{3}{R^2} \Rightarrow h = \frac{2}{{\sqrt 3 }}R\)
CÂU HỎI CÙNG CHỦ ĐỀ
Giá trị của tổng \(1 + {2^2}C_{99}^2 + {2^4}C_{99}^4 + ... + {2^{98}}C_{99}^{98}\) bằng
Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxy cho hai điểm A(1, a) và B( - a, 2). Diện tích tam giác OAB có thể đạt giá trị nhỏ nhất bằng
Giá trị của tổng \(1 + \frac{1}{i} + \frac{1}{{{i^2}}} + ... + \frac{1}{{{i^{2019}}}}\) ( ở đó i2 = -1 ) bằng
Đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \frac{{m{x^2} + (4 - 2m)x - 6}}{{2(x + 9)}}\) cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất khi m bằng
Cho hàm số \(y = \left| {{x^3} - x} \right| + m\) với m là một tham số thực. Số điểm cực trị của hàm số đã cho bằng
Giả sử \(\frac{{1 + 2i}}{{1 - i}}\) là một nghiệm ( phức ) của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) trong đó a, b, c là các số nguyên dương. Thế thì a+b+c nhỏ nhất bằng
Gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp. Xác suất để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo đó là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 là
Số mặt phẳng cách đều tất cả các đỉnh của một hình chóp tứ giác là
Cho tam giác ABC. Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right|\) là
Giá trị của giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{({2^x} - 1)({3^x} - 1)...({n^x} - 1)}}{{{x^n} - 1}}\) bằng
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{{4^x}}}{{{4^x} + 2}}\). Giá trị của \(f\left( {\frac{1}{{100}}} \right) + f\left( {\frac{2}{{100}}} \right) + ... + f\left( {\frac{{99}}{{100}}} \right)\) bằng
Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 9\) và điểm A(0, -1, 2). Gọi (P) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất. Phương trình của (P) là
Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz, cho hai điểm A(3, 2, 1) và B(-1, 4, -3). Điểm M thuộc mặt phẳng (xOy) sao cho \(\left| {MA - MB} \right|\) lớn nhất là
Số a > 0 thỏa mãn \(\int\limits_a^2 {\frac{1}{{{x^3} + x}}} dx = \ln 2\) là
Phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1: \(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{1}\)và d2: \(\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y + 2}}{5} = \frac{z}{{ - 2}}\) là
