Có một tấm bìa hình ngũ giác đều MNPQR tâm O cạnh bằng 30 cm .Tìm x để thể tích tạo thành là lớn nhất.

Lời giải

Đáp án: 14,8

Xét tam giác cân \(ORQ\) tại \(O\), \(\widehat {ROQ} = 72^\circ \).

\(K\) là trung điểm \(RQ\), ta có trong tam giác vuông \(OKR\) có \(\sin \widehat {ROK} = \frac{{RK}}{{RO}} \Leftrightarrow OR = \frac{{15}}{{\sin 36^\circ }}\)

Xét tam giác \(OED\) cân tại \(O\), \(I\) là trung điểm \(ED\), với \(ED\) bằng \(x\), \(\widehat {EOD} = 72^\circ \)

Trong tam giác vuông \(OEI\) ta có \(\tan \widehat {EOI} = \frac{{EI}}{{OI}} \Leftrightarrow OI = \frac{{EI}}{{\tan 36^\circ }}\)\( \Leftrightarrow OI = \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)

Ta có \(RI = RO - OI = \frac{{15}}{{\sin 30^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)

Xét hình chóp \(R.ABCDE\) tâm \(O\), đường cao \(RO = \sqrt {R{I^2} - I{O^2}} \)

Ta có diện tích đáy hình chóp là \(S = 5.{S_{OED}} = 5.\frac{1}{2}OI.ED\)\( = \frac{5}{2}.x.\frac{x}{{2\tan 36^\circ }} = \frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}\)

Thể tích hình chóp đều là

\(V = \frac{1}{3}.S.RO = \frac{1}{3}.\frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}.\sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin 36^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2}} \)\( = f\left( x \right)\)

Khảo sát hàm số \(f\left( x \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 14,83...\)

Ta có hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x \approx 14,8\).