Sau khi kết thúc tất cả bài học chương trình Hình học 12, bài ôn tập cuối năm sẽ giúp các em có cái nhìn tổng quan về toàn bộ chương trình đã học. Từ đó sẽ có định hướng ôn tập và rèn luyện nhằm hướng đến kì thi THPT Quốc gia mà ở đó chương trình Toán 12 luôn chiếm tỉ trọng cao nhất về điểm số.
Với việc môn Toán thi Trắc nghiệm thì việc học tủ một số dạng toán để tham gia kì thi THPT QG sẽ dễ khiến các em bị mất điểm đáng tiếc nhất là với những câu lý thuyết. Các em cần thay đổi phương pháp học tập, cần nắm và hiểu lý thuyết hơn là chỉ chăm chăm vào việc luyện giải bài tập. Với toàn bộ những nội dung đã truyền tải đến các em thông qua các bài học, hy vọng sẽ giúp ích cho các em.
Nếu các em đã tự tin mình đã nắm vững kiến thức thì các em có thể tham gia làm bài Kiểm tra Trắc nghiệm Hình học 12 để đánh giá kết quả ôn tập của mình nhé. Mọi thắc mắc cần giải đáp các em có thể đặt câu hỏi trong phần Hỏi-đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm giải đáp cho các em.
-- Mod Toán Học 12 DapAnHay
Tứ diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 3 .\) Tính thể tích V khối chóp S.ABC?
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và thể tích của khối chóp đó bằng \(\frac{{{a^3}}}{4}.\) Tính độ dài cạnh bên SA.
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối tứ diện ABA’C’.
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có \(AB = 3a,{\rm{ }}AC = 5a\) và cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp bằng \(6a^3\). Tính khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (SAD).
Cho hình trụ có hai đường tròn đáy lần lượt là (O); (O’). Biết thể tích khối nón có đỉnh là O và đáy là hình tròn (O’) là \(a^3\) tính thể tích V của khối trụ đã cho?
Cho mặt cầu có diện tích bằng \(\frac{{8\pi {a^2}}}{3}.\) Tìm bán kính R của mặt cầu.
Trong không gian với hệ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;2;1). Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu đi qua ba điểm \(A(2;0;1),B(1;0;0),C(1;1;1)\) và có tâm thuộc mặt phẳng \((P):x + y + z - 2 = 0.\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{3}\) và \(\left( P \right):2x + y - z = 0.\) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc mặt phẳng (P).
Mặt cầu tâm I(6; 3; -4) tiếp xúc với trục Ox có bán kính là:
(A) 5
(B) \(2\sqrt 3 \)
(C) \(4\sqrt 3 \)
(D) 4
Cho hai đường thẳng d có phương trình
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + 2t}\\
{y = 2 - t}\\
{z = 3 + t}
\end{array}} \right.\)
(A) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + t}\\
{y = 2 - t}\\
{z = 3 + t}
\end{array}} \right.\)
(B) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 3 + 4t}\\
{y = 1 - 2t}\\
{z = 4 + 2t}
\end{array}} \right.\)
(C) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 2t}\\
{y = 1 - t}\\
{z = 2 + t}
\end{array}} \right.\)
(D) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + 2t}\\
{y = 2 + t}\\
{z = 3 - t}
\end{array}} \right.\)
Cho hai đường thẳng
\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + t}\\
{y = 2 + t}\\
{z = 3 - t}
\end{array}} \right.\) và \(d':\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + 2t'\\
y = - 1 + 2t'\\
z = 2 - 2t'
\end{array} \right.\)
Khi đó:
(A) d cắt d’
(B) d trùng d’
(C) d và d’ chéo nhau
(D) d song song với d’
Cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình
\(\begin{array}{l}
\left( P \right):3x + 4z + 12 = 0\\
\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 1
\end{array}\)
Khi đó:
(A) mp(P) đi qua tâm cầu (S) ;
(B) mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S);
(C) mp(P) cắt (S) theo một đường tròn;
(D) mp(P) không cắt (S).
Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 0; 1) trên đường thẳng \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 2}}{1}\) là
(A) (1; 0; 2)
(B) (2; 2; 3)
(C) (0; -2 ; 1)
(D) (-1; 4; 0)
Cho hai đường thẳng
\(d:\left\{ \matrix{
x = 1 + t \hfill \cr
y = 0 \hfill \cr
z = - 5 + t \hfill \cr} \right.\) và \(d':\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 4 - 2t'\\z = 5 + 3t'\end{array} \right.\)
Phương trình đường vuông góc chung của d và d’ là:
(A)
\(\left\{ \matrix{
x = 4 + 2t \hfill \cr
y = 3t \hfill \cr
z = - 2 + 2t \hfill \cr} \right.\)
(B)
\(\left\{ \matrix{
x = 4 - t \hfill \cr
y = 3t \hfill \cr
z = - 2 + t; \hfill \cr} \right.\)
(C) \({{x - 4} \over { - 2}} = {y \over 3} = {{z - 2} \over 2};\)
(D) \({{x - 4} \over { - 2}} = {y \over 3} = {{z + 2} \over 2}.\)
Cho mặt phẳng (P): \(mx + y + \left( {n - 2} \right)z + m + 2 = 0\)
Với mọi m, n , mặt phẳng (P) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ là:
(A) (1; 2; 0)
(B) (2; 1; 0)
(C) (0; 1; -2)
(D) (-1; -2; 0)
Cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 4z = 0\)
Mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại A(3; 4; 3) có phương trình:
(A) \(4x + 4y - 2z - 17 = 0\)
(B) \(2x + 2y + z - 17 = 0\)
(C) \(2x + 4y + z - 17 = 0\)
(D) \(x + y + z - 17 = 0\)
Cho lăng trụ ABC.A'B'C'
a) Tính tỉ số \(\frac{{{V_{ACA'B'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}}\)
b) Tính VACA'B' biết rằng tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a, AA' = b và AA' tạo với (ABC) một góc bằng 60o
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD, H là giao điểm của MD và NC. Biết rằng SH là đường cao của hình chóp đã cho và cạnh SC tạo với đáy hình chóp đó một góc bằng 60o
a) Thể tích hình chóp S.CDNM
b) Tính khoảng cách giữa DM và SC.
Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, BD = CA = b, CD = AB = c.
a) Chứng minh rằng các đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối diện đồng quy và đôi một vuông góc với nhau;
b) Tính VABCD theo a, b, c;
c) Chứng minh rằng tâm các mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp của tứ diện ABCD trùng nhau. Tính bán kính của các mặt cầu đó theo a, b, c.
Cho hình nón tròn xoay (H) đỉnh S, đáy là hình tròn bán kính R, chiều cao bằng h.
Gọi (H') là hình trụ tròn xoay có đáy là hình tròn bán kính r (0 < r < R) nội tiếp (H).
a) Tính tỉ số thể tích của (H') và (H);
b) Xác định r để (H') có thể tích lớn nhất.
Cho ba điểm A(1; 2; 1), B(2; -1; 1), C(0; 3; 1) và đường thẳng d: \(\frac{x}{{ - 3}} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{z}{2}\)
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến (P).
b) Tìm tập hợp những điểm cách đều ba điểm A, B, C.
Cho hai đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 1 - t\\z = 2t\end{array} \right.,d':\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t'\\y = 2t'\\z = - 1 + t'\end{array} \right.\) và M(2; -1; 0)
a) Chứng minh rằng d và d' chéo nhau.
b) Tìm tọa độ điểm A trên d và điểm B trên d' để M, A, B thẳng hàng.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y - z + 5 = 0 và hai điểm A(-2; -1; 1), B(6; 6; 5). Trong các đường thẳng qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 2z - 19 = 0\) và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 12 = 0
a) Chứng minh rằng (P) cắt (S) theo một đường tròn.
b) Tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đó.
Trong không gian Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1)
a) Hãy tìm tọa độ các đỉnh còn lại.
b) Chứng minh A'C ⊥ (BC'D)
c) Tìm tọa độ của chân đường vuông góc chung của B'D' và BC'.
Trong không gian Oxyz, cho S(0; 0; 2), A(0; 0; 0), B(1; 2; 0), C(0; 2; 0)
a) Viết phương trình của mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với SB;
b) Tìm tọa độ của các điểm B' là gia của (P) với đường thẳng SB, C' là giao của (P) với đường thẳng SC;
c) Tính thể tích tứ diện SAB'C';
d) Tìm điểm đối xứng với B qua mặt phẳng (P);
e) Chứng minh các điểm A, B, C, B', C' cùng thuộc một mặt cầu. Viết phương trình của mặt cầu đó và phương trình của mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu đó tại C'.
Cho hình chóp ngũ giác S.ABCDE. Gọi A', B', C', D', E' lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD, SE. Khi đó \(\frac{{{V_{S.A'B'C'D'E'}}}}{{{V_{S.ABCDE}}}}\) bằng
A. 1/2 B. 1/5
C. 1/8 D. 1/32
Thể tích hình nón tròn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a bằng:
\(\begin{array}{l}
A.\frac{{\pi {a^3}}}{9}\\
B.\frac{{\pi \sqrt 2 {a^3}}}{{18}}\\
C.\frac{{\pi \sqrt 3 {a^3}}}{{18}}\\
D.\frac{{\pi \sqrt 6 {a^3}}}{{27}}
\end{array}\)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) thì \(SM \bot AB,OM \bot AB\) \( \Rightarrow \) góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) với mặt đáy bằng góc giữa \(SM\) và \(OM\) hay \(\widehat {SMO} = {60^0}\).
Tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(SO = a\sqrt 3 ,\,\,\widehat {SMO} = {60^0} \Rightarrow SM = \dfrac{{SO}}{{\sin {{60}^0}}} = a\sqrt 3 :\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a\).
Lại có, tam giác \(SMA\) vuông tại \(M\) có \(MA = \sqrt {S{A^2} - S{M^2}} = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}} = a\sqrt 5 \Rightarrow AB = 2MA = 2a\sqrt 5 \).
Vậy diện tích \({S_{SAB}} = \dfrac{1}{2}SM.AB = \dfrac{1}{2}.2a.2a\sqrt 5 = 2{a^2}\sqrt 5 \).
Câu trả lời của bạn
Từ đồ thị hàm số ta thấy rằng đường thẳng \(d:y = {m^3} - 3{m^2} + 4\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 4\) tại ba điểm phân biệt \( \Leftrightarrow 0 < {m^3} - 3{m^2} + 4 < 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right){\left( {m - 2} \right)^2} > 0\\{m^3} - 3{m^2} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 1\\m < 3\\m \ne 0\\m \ne 2\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow m \in \left( { - 1;3} \right)\backslash \left\{ {0;2} \right\}\) mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ 1 \right\}\)
Vậy có một giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện.
Câu trả lời của bạn
Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BB',B'C'\).
Ta có: \(MN//AB'\) và \(NP//BC'\) (đường trung bình trong tam giác)
Do đó góc giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(BC'\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(NP\).
Gọi \(Q\) là trung điểm của \(A'B'\) thì \(MQ \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow MQ \bot QP\).
Tam giác \(MQP\) có \(MQ = AA' = 2a,\,\,QP = \dfrac{1}{2}A'C' = \dfrac{a}{2}\) \( \Rightarrow MP = \sqrt {M{Q^2} + Q{P^2}} = \sqrt {4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}\)
Lại có \(MN = \dfrac{1}{2}AB' = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + BB{'^2}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\); \(NP = \dfrac{1}{2}BC' = \dfrac{1}{2}\sqrt {BB{'^2} + B'C{'^2}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {4{a^2} + {a^2}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\)
Áp dụng định lý hàm số cô sin trong tam giác \(MNP\) ta có:
\(\cos \widehat {MNP} = \dfrac{{M{N^2} + N{P^2} - M{P^2}}}{{2MN.NP}} = \dfrac{{\dfrac{{5{a^2}}}{4} + \dfrac{{5{a^2}}}{4} - \dfrac{{17{a^2}}}{4}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = - \dfrac{7}{{10}} < 0\)
Do đó góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(NP\) thỏa mãn \(\cos \widehat {\left( {MN,MP} \right)} = \dfrac{7}{{10}}\).
Câu trả lời của bạn
Đường thẳng \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 1;2} \right)\) và đi qua điểm \({M_1}\left( {1;2;3} \right)\)
Đường thẳng \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = m + t\\z = - 2 - 2t\end{array} \right.\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2;1; - 1} \right)\) và đi qua điểm \({M_1}\left( {1;m; - 2} \right)\)
Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1;5;3} \right)\) và \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \left( {0;m - 2; - 5} \right)\)
Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = 0 \Leftrightarrow 5\left( {m - 2} \right) - 15 = 0 \Leftrightarrow 5m = 25 \Leftrightarrow m = 5.\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta thấy: \(BC//AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right)\)
(vì \(H\) là trung điểm của \(AB\)).
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SA\) \( \Rightarrow HK \bot SA\).
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot HK\).
Từ hai điều trên suy ra \(HK \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = HK\).
Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},HA = \dfrac{a}{2}\)\( \Rightarrow HK = \dfrac{{HA.HS}}{{SA}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Câu trả lời của bạn
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và đồ thị \(\left( C \right)\) :
\({x^3} - {x^2} + 1 = mx + 1 \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - mx = 1 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - x - m = 0\left( * \right)\end{array} \right.\)
Để \(d\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(0\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = 1 + 4m > 0\\{0^2} - 0 - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - \dfrac{1}{4}\\m \ne 0\end{array} \right.\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow B\left( {0;1} \right)\)
Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) thì \(A\left( {{x_1};m{x_1} + 1} \right);C\left( {{x_2};m{x_2} + 2} \right)\) và \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}.{x_2} = - m\end{array} \right.\)
Để tam giác \(AOC\) vuông tại \(O\) thì \(\overrightarrow {OA} \bot \overrightarrow {OC} \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OC} = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} + \left( {m{x_1} + 1} \right)\left( {m{x_2} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {m^2}{x_1}{x_2} + m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow - m - {m^2}.m + m.1 + 1 = 0 \Leftrightarrow - {m^3} + 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\end{array}\)
Vậy có 1 giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện đề bài.
Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\) và cắt cả hai đường thẳng \({d_1},{d_2}\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \left( {1;a;b} \right)\), tính \(a + b\).
Câu trả lời của bạn
Gọi \(A\left( {t;1 - t; - 1} \right),B\left( { - 1 + 2t';1 + t'; - 2 + t'} \right)\) là giao điểm của \(\Delta \) với \({d_1},{d_2}\).
Khi đó \(\overrightarrow {MA} = \left( {t - 1;2 - t; - 3} \right),\overrightarrow {MB} = \left( { - 2 + 2t';2 + t'; - 4 + t'} \right)\).
Ba điểm \(M,A,B\) cùng thuộc \(\Delta \) nên \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t - 1 = k\left( { - 2 + 2t'} \right)\\2 - t = k\left( {2 + t'} \right)\\ - 3 = k\left( { - 4 + t'} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 0\\kt' = \dfrac{1}{3}\\k = \dfrac{5}{6}\end{array} \right.\)
Do đó \(A\left( {0;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MA} = \left( { - 1;2; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1; - 2;3} \right)\) là một VTCP của \(\Delta \) hay \(a = - 2,b = 3 \Rightarrow a + b = 1\).
Câu trả lời của bạn
Thể tích nước trước khi đưa khối trụ vào là: \({V_n} = 40.50.80 = 160000c{m^3}\).
Gọi \(h\) là chiều cao của mực nước sau khi đặt khối trụ vào.
Khi đó thể tích khối hộp chữ nhật chiều cao \(h\) là \({V_1} = 50.80.h = 4000h\).
Thể tích khối trụ có chiều cao \(h\) là \({V_2} = \pi {.20^2}.h = 400\pi h\).
Thể tích phần nước trong trường hợp này là: \(4000h - 400\pi h = \left( {4000 - 400\pi } \right)h\).
Do thể tích nước là không thay đổi nên:
\(160000 = \left( {4000 - 400\pi } \right)h \Leftrightarrow h = \dfrac{{160000}}{{4000 - 400\pi }} \approx 58,32cm\)
Câu trả lời của bạn
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay quanh trục Ox hình phẳng (H) được giới hạn bởi các đường \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\), trục Ox và hai đường thẳng \(x = a,x = b\) là: \(\pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \).
Câu trả lời của bạn
Nếu \(d < R\) thì giao tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) với mặt cầu \(S\left( {O;R} \right)\) là đường tròn có bán kính bằng \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} \)
Câu trả lời của bạn
Mặt cầu đường kính AB có tâm \(I\left( { - 2;0;2} \right)\) và bán kính \(R = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{6^2} + {6^2} + {6^2}} }}{2} = 3\sqrt 3 \), có phương trình là:
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 27\).
Câu trả lời của bạn
Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng \(a\sqrt 2 \) là:
\(V = Sh = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2 = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).
Câu trả lời của bạn
\({V_{AA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \dfrac{{{V_{AA'B'C'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{1}{3}\).
Câu trả lời của bạn
Gọi N là trung điểm của BC, dựng hình bình hành ABNP.
Ta có: \(AB//NP,\,\,AB \not\subset \left( {SPN} \right) \Rightarrow AB//\left( {SPN} \right)\). Mà \(SM \subset \left( {SPN} \right) \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SPN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SPN} \right)} \right)\)
Kẻ \(AH \bot SP,\,\,\left( {H \in SP} \right)\) (1)
Ta có: \(BC \bot AB,\,\,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\). Mà \(AP//BC \Rightarrow AP \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AP \bot AB\)
Mặt khác: \(SA \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {SAP} \right) \Rightarrow AB \bot AH\)(2)
Từ (1), (2) suy ra \(d\left( {A;\left( {SPN} \right)} \right) = AH \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = AH\)
\(\Delta ABC\) vuông tại B \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}} = 5a\)
\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {\widehat {SC;\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SCA} = {60^0}\)
\(\Delta SAC\) vuông tại A \( \Rightarrow SA = AC.\tan \widehat C = 5a.\tan {60^0} = 5a\sqrt 3 \)
\(AP = BN = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{4a}}{2} = 2a\)
\(\Delta SAP\) vuông tại A có\(AH \bot SP \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{1}{{75{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{{79}}{{300{a^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\)\( \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = \dfrac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\).
Câu trả lời của bạn
\(A\left( {1;2; - 1} \right),B\left( {0;1;0} \right),\,C\left( {3;0;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 3 ,BC = \sqrt {11} ,\,\,AC = \sqrt {12} \)
\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)\( = \sqrt {\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {11} + \sqrt {12} }}{2}\left( {\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {11} + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt 3 } \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {11} + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt {11} } \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {11} + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt {12} } \right)} \)\( = \sqrt {\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {11} + \sqrt {12} }}{2}.\dfrac{{\sqrt {11} + \sqrt {12} - \sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {11} }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt {11} - \sqrt {12} }}{2}} \)
\( = \sqrt {\dfrac{{23 + 2\sqrt {132} - 3}}{4}.\dfrac{{3 - \left( {23 - 2\sqrt {132} } \right)}}{4}} \)\( = \sqrt {\dfrac{{20 + 2\sqrt {132} }}{4}.\dfrac{{2\sqrt {132} - 20}}{4}} \)\( = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \)
\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{abc}}{{4R}} = \dfrac{{\sqrt 3 .\sqrt {11} .\sqrt {12} }}{{4R}} = \dfrac{{3\sqrt {11} }}{{2R}} \Rightarrow \dfrac{{3\sqrt {11} }}{{2R}} = 2\sqrt 2 \Rightarrow R = \dfrac{{3\sqrt {11} }}{{4\sqrt 2 }}\)
Diện tích mặt cầu nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn lớn là: \(4\pi {\left( {\dfrac{{3\sqrt {11} }}{{4\sqrt 2 }}} \right)^2} = \dfrac{{99\pi }}{8}\).
Câu trả lời của bạn
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.
Ta có:
\(\Delta \)ABC vuông cân tại B \( \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp và \(AC = AB.\sqrt 2 = a\sqrt 2 \).
Mà \(OI//SA,\,\,SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\)(1)
\(\Delta \)SAC vuông tại A, I là trung điểm của SC \( \Rightarrow IS = IC = IA\) (2)
Từ (1), (2) suy ra \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC, bán kính \(R = \dfrac{{SC}}{2} = \dfrac{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}{2} = \dfrac{{\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Câu trả lời của bạn
Gọi M là trung điểm của A’C’, O là tâm của hình chữ nhật ABB’A’.
Do \(OM//BC',\,\,AB' \bot BC'\) nên \(OM \bot AB'\)
Gọi độ dài cạnh đáy của lăng trụ là x.
Ta có: \(BM = \dfrac{{x\sqrt 3 }}{2}\), \(OM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\), \(OB' = \dfrac{{AB'}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\)
\( \Rightarrow \Delta OB'M\) vuông cân tại O
\(\begin{array}{l} \Rightarrow MB' = \sqrt 2 .OB' \Leftrightarrow \dfrac{{x\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = 2{a^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 \end{array}\)
Diện tích tam giác ABC là: \(S = \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Thể tích khối lăng trụ là: \(V = Sh = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Câu trả lời của bạn
Kẻ \(AH \bot A'D,\,\left( {H \in A'D} \right)\). Ta có: \(AB \bot AD,\,\,AB \bot AA' \Rightarrow AB \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow AB \bot AH\)
\( \Rightarrow d\left( {AB;A'D} \right) = AH = 2\)
Gọi độ dài đoạn AD là x
\(\Delta ADA'\) vuông tại A, \(AH \bot A'D\,\, \Rightarrow AD.AA' = AH.A'D \Leftrightarrow AA' = \dfrac{{AH.A'D}}{{AD}} = \dfrac{{2.5}}{x} = \dfrac{{10}}{x}\)
Lại có: \(A{D^2} + AA{'^2} = A'{D^2} \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {\dfrac{{10}}{x}} \right)^2} = {5^2} \Leftrightarrow {x^4} - 25{x^2} + 100 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 20\\{x^2} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 5 \\x = \sqrt 5 \end{array} \right.\)
Do \(A'A > AD\) nên \(AD = \sqrt 5 ,\,\,AA' = 2\sqrt 5 \)
Thể tích lăng trụ là: \(V = A{D^2}.AA' = 5.2\sqrt 5 = 10\sqrt 5 \).
Câu trả lời của bạn
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho là:
\(R = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}} = \frac{3}{2}a.\)
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\frac{{9{a^2}}}{4} = 9\pi {a^2}.\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(V = \frac{1}{3}SD.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2a.3a.a = 2{a^3}.\)
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *