Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R).

* Hướng dẫn giải

$$\begin{gathered} V_1=\frac{1}{3}OP.S_1=\frac{1}{3}OP\left(\pi {\left(\frac{AC}{2}\right)}^2\right)=\frac{\pi }{3}OP.P{A}^2 \\ =\frac{\pi }{3}OP\left(O{A}^2-O{P}^2\right)=\frac{\pi }{3}OP\left(R^2-O{P}^2\right) \\ {V}_2=\frac{1}{3}OQ.S_2=\frac{1}{3}OQ\left(\pi {\left(\frac{AB}{2}\right)}^2\right)=\frac{\pi }{3}OQ.Q{A}^2 \\ =\frac{\pi }{3}OQ\left(O{A}^2-O{Q}^2\right)=\frac{\pi }{3}OQ\left(R^2-O{Q}^2\right) \end{gathered}$$

Xét hàm $f\left(x\right)=x\left(R^2-x^2\right)$ . Với $0\le x<R$ .

Khi đó $f^{\text{'}}\left(x\right)=R^2-3{\text{x}}^2.f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{R}{\sqrt{3}}\\ x=-\frac{R}{\sqrt{3}}\end{array}\right.$ .

Lập bảng biến thiên, thấy rằng $\underset{x\in \left[0;R\right)}{\max }g\left(x\right)=f\left(\frac{R}{\sqrt{3}}\right)$ .

Khi đó, áp dụng cho$V_1,V_2$ : $V_1+V_2=\frac{\pi }{3}\left[OP\left(R^2-O{P}^2\right)+OQ\left(R^2-O{Q}^2\right)\right]$  đạt giá trị lớn nhất khi $OP=OQ=\frac{R}{\sqrt{3}}$ .

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP =OQ).

Mà lúc đó $AB=2\sqrt{R^2-O{Q}^2}=2\sqrt{R^2-\frac{R^2}{3}}=\frac{2R\sqrt{6}}{3}$ .

Do tam giác ABC cân A nên khi đó $AM\perp BC$ .

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{AB.AC.BC}{4\text{R}}\Rightarrow AM=\frac{AB.AC}{2\text{R}}=\frac{\frac{4{\text{R}}^2.6}{9}}{2\text{R}}=\frac{4\text{R}}{3}$ .

Mà$AM=AO+OM\Rightarrow OM=\frac{4\text{R}}{3}-R=\frac{R}{3}$ .

Vậy$V_3=\frac{1}{3}OM.S_3=\frac{1}{3}OM.\pi .M{C}^2=\frac{\pi }{3}OM\left(R^2-O{M}^2\right)=\frac{\pi }{3}.\frac{R}{3}\left(R^2-\frac{R^2}{9}\right)=\frac{8\pi R^3}{81}$