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).
Cho lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A′B′C′D′E′F′, O và O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy, mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của OO′ và cắt các cạnh bên cúa lăng trụ. Chứng minh rằng (P) chia lăng trụ đã cho thành hai đa diện có thể tích bằng nhau.
Cho khối lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi E và F lần lượt là trung điểm B'C' và C'D'. Mặt phẳng (AEF) chia khối lập phương đó thành hai khối đa diện (H) và (H') trong đó (H) là khối đa diện chứa đỉnh A'. Tính thể tích của (H).
Cho mặt cầu (S) tâm O bán kính r. Hình nón có đường tròn đáy (C) và đỉnh I đều thuộc (S) được gọi là hình nón nội tiếp mặt cầu (S). Gọi h là chiều cao của hình nón đó.
a) Tính thể tích của hình nón theo r và h.
b) Xác định h để thể tích của hình nón là lớn nhất.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;-1); B(7;-2;3) và đường thẳng d có phương trình \(\left\{\begin{matrix} x=-1+3t\\ y=2-2t\\ z=2+2t \end{matrix}\right.\)
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng nằm trong một mặt phẳng.
b) Tìm điểm I trên d sao cho AI + BI nhỏ nhất.
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết rằng AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC = 5 cm.
a) Tính thể tích tứ diện ABCD.
b) Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình \(x^2+y^2+z^2=a^2 (a>0)\)
a) Tính diện tích của mặt cầu (S) và thể tích của khối cầu tương ứng.
b) Mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (Oxy) theo một đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của (C).
c) Tính diện tích xung quanh của hình trụ nhận (C) làm đáy và có chiều cao là \(a\sqrt{3}\). Tính thể tích của khối trụ tương ứng.
Trong không gian cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình
\(d_1:\left\{\begin{matrix} x=1-t\\ y=t\\ z=-t \end{matrix}\right.d_2:\left\{\begin{matrix} x=2t'\\ y=-1+t'\\ z=t' \end{matrix}\right.\)
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.
b) Viết phương trình của mặt phẳng \((\alpha )\) chứa d1 và song song với d2.
Trong không gian Oxyz cho các điểm A(1; 0; -1), B(3; 4; -2), C(4;-1;1), D(3; 0 ;3)
a) Chứng minh rằng A, B, C, D không đồng phẳng.
b) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC).
c) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
d) Tính thể tích tứ diện ABCD.
Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(2; 4; -1), B(1; 4; -1), C(2; 4; 3), D(2; 2; -1).
a) Chứng mỉnh rằng các đường thẳng AB, AC, AD vuông góc với nhau từng đôi một. Tính thể tích tứ diện ABCD.
b) Viết phương tình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm A, B, C, D.
c) Viết phương trình mặt phẳng \((\alpha )\) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song mặt phẳng (ABD).
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng \((d):\left\{\begin{matrix} x=1-2t\\ y=2+t\\ z=3-t \end{matrix}\right.\) và mặt phẳng \((\alpha ):2x+y+z=0\)
a) Tìm toạ độ giao điểm A của (d) và \((\alpha )\).
b) Viết phương trình mặt phẳng \((\beta )\) qua A và vuông góc với (d).
Trong không gian Oxyz cho các điểm A(-1;2;0), B(-3;0;2), C(1;2;3), D(0;3;-2)
a) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và phương trình tham số của đường thẳng AD.
b) Viết phương trình mặt phẳng \((\alpha )\) chứa AD và song song với BC.
Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(3; -2; -2), B(3; 2; 0), C(0; 2; 1) và D(-1;1;2)
a) Viết phương trình mặt phẳng (BCD). Suy ra ABCD là một tứ diện.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCD).
c) Tìm toạ độ tiếp điểm của (S) và mặt phẳng (BCD).
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:
\(d_1:\left\{\begin{matrix} x=-1+3t\\ y=1+2t\\ z=3-2t \end{matrix}\right.d_2:\left\{\begin{matrix} x=t'\\ y=1+t'\\ z=-3+2t' \end{matrix}\right.\)
a) Chứng minh d1 và d2 cùng thuộc một mặt phẳng.
b) Viết phương trình mặt phẳng đó.
Trong không gian cho ba điểm A,B,C
a) Xác định điểm G sao cho \(\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}-2\overrightarrow{GC}=\vec{0}\)
b) Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA2 + 2MB2 - 2MC2 = k2, với k là hằng số.
Cho hai đường thẳng chéo nhau:
\(d:\left\{\begin{matrix} x=2-t\\ y=-1+t\\ z=1-t \end{matrix}\right.; d':\left\{\begin{matrix} x=2+2t'\\ y=t'\\ z=1+t' \end{matrix}\right.\)
a) Viết phương trình các mặt phẳng \((\alpha )\) và \((\beta )\) song song với nhau và lần lượt chứa d và d'.
b) Lấy hai điểm M(2; -1; 1) và M'(2; 0; 1) lần lượt trên d và d'. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng \((\beta )\) và khoảng cách từ M' đến mặt phẳng \((\alpha )\). So sánh hai khoảng cách đó.
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng \((\alpha )\) có phương trình 4x + y + 2z + 1 =0 và mặt phẳng \((\beta )\) có phương trình 2x – 2y + z + 3 = 0
a) Chứng minh rằng \((\alpha )\) cắt \((\beta )\).
b) Viết phương trình tham số của đường thẳng d là giao của (α) và \((\beta )\).
c) Tìm điểm M' là ảnh của M(4; 2; 1) qua phép đối xứng qua mặt phẳng \((\alpha )\).
d) Tìm điểm N' là ảnh của N(0; 2; 4) quá phép đối xứng qua đường thẳng d.
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ với cạnh bên không vuông góc với mặt đáy. Gọi (α) là mặt phẳng vuông góc với các cạnh bên của hình lăng trụ và cắt chúng tại P, Q, R. Phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {AA'}\) biến tam giác PQR thành tam giác P’Q’R’.
a) Chứng minh rằng thể tích V của hình lăng trụ đã cho bằng thể tích của hình lăng trụ PQR.P’Q’R’.
b) Chứng minh rằng V = SPQR.AA′, trong đó SPQR là diện tích tam giác PQR.
Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Hãy tính thể tích hình tứ diện có đỉnh là trọng tâm các mặt của tứ diện đã cho.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích V. Hãy tính thể tích của tứ diện ACB’D’.
Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một hình tứ diện đều là các đỉnh của một hình tám mặt đều. Hãy so sánh thể tích của tứ diện đều đã cho và thể tích của hình tám mặt đều đó.
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(V = \frac{1}{3}SD.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2a.3a.a = 2{a^3}.\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)
Có \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \angle \left( {A'C,\,\left( {ACBD} \right)} \right) = \angle \left( {AC,\,A'C} \right) = {45^0}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow AA' = AC = a.\\ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}.2R = 16\pi \Rightarrow {R^3} = 8 \Rightarrow R = 2;h = 4\)
Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng:
\({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_d} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .2.4 + 2\pi {.2^2} = 16\pi + 8\pi = 24\pi \)
Câu trả lời của bạn
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với giá của vecto \(\overrightarrow a \left( {1; - 1;\,2} \right) \Rightarrow \overrightarrow a \) là VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right).\)
Ta có phương trình \(\left( P \right):\,\,x - 3 - \left( {y + 1} \right) + 2\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + 2z - 12 = 0.\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(R = 3.\)
\( \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl \Leftrightarrow \pi .3.l = 6\pi \sqrt 3 \Leftrightarrow l = 2\sqrt 3 .\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha = \frac{R}{l} = \frac{3}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow \alpha = {60^0} \Rightarrow \angle ASB = {2.60^0} = {120^0}.\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = - 1,\,\,x = 2.\)
Ta có: \(y = f\left( {2x} \right) \Rightarrow y' = 2f'\left( {2x} \right) \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\2x = - 1\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - \frac{1}{2}\\x = 1\end{array} \right.\)
Dựa theo tính đơn điệu của hàm số \(y = f\left( x \right) \Rightarrow \) hàm số \(y = f\left( {2x} \right)\) đạt cực đại \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = - 1\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{1}{2}\\x = 1\end{array} \right..\)
Câu trả lời của bạn
Chọn hệ trục như hình vẽ.
Ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {13{a^2} - 4{a^2}} = 3a.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A\left( {0;\,0;\,0} \right),\,\,E\left( {a;\,0;\,0} \right),\,\,B\left( {2a;\,0;\,0} \right),\,C\left( {0;\,3a;\,0} \right)A'\left( {0;\,0;\,4a} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {CE} = \left( {a; - 3a;\,0} \right),\,\,\overrightarrow {A'B} = \left( {2a;\,\,0; - 4a} \right),\,\,\overrightarrow {EB} = \left( {a;\,0;\,\,0} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right] = \left( {12{a^2};\,4{a^2};\,6{a^2}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {CE,\,A'B} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right].\overrightarrow {EB} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right]} \right|}}\\ = \frac{{\left| {12{a^3}} \right|}}{{\sqrt {144{a^4} + 16{a^4} + 36{a^4}} }} = \frac{{12{a^3}}}{{14{a^2}}} = \frac{{6a}}{7}.\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IK//BC\) (tính chất đường trung bình của tam giác)
\( \Rightarrow \angle \left( {AC,\,\,IJ} \right) = \angle \left( {IK,\,IJ} \right) = \angle KIJ.\)
Ta có:\(\Delta KIJ\) là tam giác đều
\( \Rightarrow \angle KIJ = {60^0}.\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(d:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow C \in d \Rightarrow C\left( { - 1 + 2t;\,\,t;\,\,2 - t} \right).\)
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1; - 2} \right);\,\,\overrightarrow {BC} = \left( {2t - 1;\,t - 2;\,3 - t} \right).\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {3t - 7;\, - 3t - 1;\,3t - 3} \right)\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right]} \right| = 2\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {3t - 7} \right)}^2} + {{\left( {3t + 1} \right)}^2} + {{\left( {3t - 3} \right)}^2}} = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow 27{t^2} - 54t + 59 = 32\\ \Leftrightarrow 27{t^2} - 54t + 27 = 0 \Leftrightarrow t = 1\\ \Rightarrow C\left( {1;\,1;\,1} \right) \Rightarrow m = n = p = 1 \Rightarrow m + n + p = 3.\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Đặt \(t = {x^3} - 3x,\,\,x \in \left[ {1;2} \right]\) ta có \(t'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)
BBT:
\( \Rightarrow t \in \left[ { - 2;2} \right]\).
Ứng với \(t = -2\) có 1 giá trị \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\).
Ứng với \(t \in \left( { - 2;2} \right]\) có 2 giá trị \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\).
Phương trình \(f\left( {{x^3} - 3x} \right) = m\) có 6 nghiệm thuộc \(\left[ { - 1;2} \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(f\left( t \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - 2;2} \right]\).
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có: Phương trình \(f\left( t \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - 2;2} \right]\) khi và chỉ khi \(m = 0,\,\,m = - 1\,\,\left( {Do\,\,m \in \mathbb{Z}} \right)\).
Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với \(d\) đồng thời cắt \({\Delta _1},\,{\Delta _2}\) tương ứng tại\(H,\,K\) sao cho độ dài \(HK\) nhỏ nhất. Biết rằng \(\Delta \) có một vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {h;\,k;\,1} \right).\) Giá trị của \(h - k\) bằng:
Câu trả lời của bạn
Giả sử \(H\left( {3 + 2t;\,\,t;\,\,1 + t} \right) \in {\Delta _1},\,\,K\left( {1 + t';\,\,2 + 2t';\,\,t'} \right) \in {\Delta _2}\) ta có: \(\overrightarrow {HK} = \left( {t' - 2t - 2;\,\,2t' - t + 2;\,\,t' - t - 1} \right)\).
Đường thẳng \(d\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1;1; - 2} \right)\).
Vì \(d \bot \Delta \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {HK} \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {HK} = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow t' - 2t - 2 + 2t' - t + 2 - 2\left( {t' - t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow t' - t + 2 = 0 \Leftrightarrow t' = t - 2\end{array}\)
Ta có \( \Rightarrow \overrightarrow {HK} = \left( { - t - 4;t - 2; - 3} \right) \Rightarrow H{K^2} = {\left( {t + 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + 9\)
\( \Leftrightarrow H{K^2} = 2{t^2} + 4t + 29 = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27\)
\( \Leftrightarrow H{K_{\min }} = 3\sqrt 3 \Leftrightarrow t = - 1\). Khi đó \(\overrightarrow {HK} = \left( { - 3; - 3; - 3} \right)//\left( {1;1;1} \right)\).
Suy ra đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow u \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTCP \( \Rightarrow h = k = 1\).
Vậy \(h - k = 1 - 1 = 0\).
Câu trả lời của bạn
Gọi \(x\) là độ dài cạnh đáy của chóp đều \(S.ABCD\).
Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\BD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).
Trong \(\left( {SBC} \right)\) kẻ \(BH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)\) ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot SC\\BD \bot SC\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {BDH} \right) \Rightarrow SC \bot DH\).
Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\\left( {SBC} \right) \supset BH \bot SC\\\left( {SCD} \right) \supset DH \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {BH;DH} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \angle BHD = \frac{1}{{10}}\\\cos \angle BHD = - \frac{1}{{10}}\end{array} \right.\).
Dễ dàng chứng minh được \(\Delta BHC = \Delta DHC \Rightarrow HB = HD \Rightarrow \Delta HBD\) cân tại \(H\).
Xét tam giác \(SBC\) ta có : \(\cos \angle C = \frac{{B{C^2} + S{C^2} - S{B^2}}}{{2BC.SC}} = \frac{{{x^2}}}{{2x.\sqrt {11} a}} = \frac{{x\sqrt {11} }}{{22a}}\)
\( \Rightarrow HC = BC.\cos \angle C = \frac{{{x^2}\sqrt {11} }}{{22a}}\).
\( \Rightarrow HB = \sqrt {B{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{44{a^2}}}} = \frac{{x\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{{2a\sqrt {11} }} = HD\)
Xét tam giác \(BDH\) có :
\(\cos \angle BHD = \frac{{H{B^2} + H{D^2} - B{D^2}}}{{2HB.HD}} = \frac{{2{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{22{a^2}}} - 2{x^2}}}{{2\left( {{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{44{a^2}}}} \right)}} = \frac{{2{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{22{a^2}}} - 2{x^2}}}{{2{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{22{a^2}}}}} = 1 - \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}}\)
TH1: \(\cos \angle BHD = \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow 1 - \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = \frac{9}{{10}}\)
\( \Leftrightarrow 440{x^2}{a^2} = 396{x^2}{a^2} - 9{x^4} \Leftrightarrow 9{x^4} = - 44{x^2}{a^2}\) (vô nghiệm)
TH2: \(\cos \angle BHD = - \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow 1 - \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = - \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = \frac{{11}}{{10}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 440{x^2}{a^2} = 484{x^2}{a^2} - 11{x^4} \Leftrightarrow 11{x^4} = 44{x^2}{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow x = 2a\\ \Rightarrow OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.2a\sqrt 2 = a\sqrt 2 \end{array}\).
Xét tam giác vuông \(SOA\) có : \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {11{a^2} - 2{a^2}} = 3a\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3a.{\left( {2a} \right)^2} = 4{a^3}\).
Câu trả lời của bạn
\(\overrightarrow {MN} \) cùng hướng với \(\overrightarrow a = \left( {1; - 1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {k; - k;0} \right)\,\,\left( {k > 0} \right) \Rightarrow M{N^2} = 2{k^2} = 50 \Leftrightarrow k = 5\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {5; - 5;0} \right)\)
Lấy \(A'\) thỏa mãn \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {MN} = \left( {5; - 5;0} \right) \Rightarrow A'\left( {1;2;3} \right)\) .
Vì \(AA'NM\) là hình bình hành \( \Rightarrow AM = A'N\).
Ta có: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {A'N - BN} \right| \le A'N = \sqrt {17} \).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow N = A'B \cap \left( {Oxy} \right)\)
Ta có \(\overrightarrow {A'B} = \left( {3;2;2} \right) \Rightarrow \) Phương trình \(A'B:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 + 2t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\) .
\(N \in A'B \Leftrightarrow N\left( {1 + 3t;2 + 2t;3 + 2t} \right)\)
\(N \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow 3 + 2t = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{3}{2}\).
Khi đó \(N\left( { - \frac{7}{2}; - 1;0} \right);\,\,M\left( { - \frac{{17}}{2};4;0} \right)\).
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\angle BAC = \angle CAD = {60^0},\,\,AB = AC = AD = A\)
\( \Rightarrow \Delta ABC,\,\,\,\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow BC = CD = a.\)
Có \(\angle BAD = {90^0} \Rightarrow BD = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} = a\sqrt 2 .\)
\( \Rightarrow \Delta BCD\) vuông cân tại \(C.\)
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BD.\) Kẻ \(KH \bot AC.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CH \bot BD\\AH \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {CAH} \right) \Rightarrow BD \bot KH\)
\( \Rightarrow d\left( {AC,\,BD} \right) = KH.\)
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có đường cao \(KH\) ta có:
\(KH = \frac{{HC.AH}}{{\sqrt {H{C^2} + H{A^2}} }} = \frac{{\frac{1}{4}B{D^2}}}{{\sqrt {\frac{1}{4}B{D^2} + \frac{1}{4}B{D^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.a\sqrt 2 = \frac{a}{2}.\)
Câu trả lời của bạn
Mặt phẳng chứa trục \(Oz \Rightarrow \) mặt phẳng cần tìm có 1 VTCP là \(\overrightarrow k = \left( {0;\,1;\,1} \right).\)
\( \Rightarrow \overrightarrow k \bot \overrightarrow n \) với \(\overrightarrow n \) là VTPT của mặt phẳng cần tìm.
+) Xét đáp án A: có \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow n .\overrightarrow k = 2.0 + \left( { - 1} \right).0 + 0.1 = 0\)
Thay tọa độ điểm \(I\left( {1;\,2;\,3} \right)\) vào phương trình ta được: \(2.1 - 2 = 0 \Rightarrow \) thỏa mãn.
Câu trả lời của bạn
Thể tích hai khối trụ lần lượt là \({V_1} = \pi R_1^2{h_1},\,\,{V_2} = \pi R_2^2{h_2}\).
Ta có: \({V_1} = {V_2} \Leftrightarrow \frac{{\pi R_1^2{h_1}}}{{\pi R_2^2{h_2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2}\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2}.\frac{9}{4} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{2}{3}\).
Câu trả lời của bạn
Áp dụng định lí Pytago ta tính được \(SA = SB = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {4{R^2} + {R^2}} = R\sqrt 5 \).
Ta có \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SO.AB = \frac{1}{2}.2R.2R = 2{R^2}\)
Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là \(p = \frac{{SA + SB + AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 5 + R\sqrt 5 + 2R}}{2} = R\left( {\sqrt 5 + 1} \right)\)
Do khối cầu nằm vừa khít trong hình nón nên bán kính cầu chính bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(SAB\).
\( \Rightarrow r = \frac{{{S_{\Delta SAB}}}}{p} = \frac{{2{R^2}}}{{R\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}} = \frac{{2R}}{{\sqrt 5 + 1}}\).
\( \Rightarrow \) Thể tích khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{8{R^3}}}{{{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^3}}}\)
Thể tích khối cầu chính bằng thể tích phần nước dâng lên trong hình trụ có bán kính đáy R.
Gọi \(h\) là chiều cao cột nước dâng lên ta có \(V = \pi {R^2}h = \frac{4}{3}\pi \frac{{8{R^3}}}{{{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^3}}} \Leftrightarrow h = \frac{{32R}}{{3{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^3}}}\).
Câu trả lời của bạn
Gọi \(O = AC \cap BD\), trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(I = HK \cap SO\), trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(M = AI \cap SC\).
Khi đó ta có \(\left( {AHK} \right) \equiv \left( {AHMK} \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\end{array}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(AK \bot SC \Rightarrow SC \bot \left( {AHMK} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SC \bot HM\\SC \bot KM\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\\left( {SBC} \right) \supset HM \bot SC\\\left( {SCD} \right) \supset KM \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {HM;KM} \right) = \angle HMK\)
Ta có: \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot HM \Rightarrow \angle AHM = {90^0}\). Tương tự ta có \(\angle AKM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHMK\) có :
\(\angle HAK + \angle AHM + \angle AKM + \angle HMK = {360^0} \Leftrightarrow \angle HMK = {360^0} - {40^0} - {90^0} - {90^0} = {140^0} > {90^0}\).
Vậy \(\angle \left( {HM;KM} \right) = {180^0} - {140^0} = {40^0} \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = {40^0}\).
A. O(0;0;0)
B. P(3;0;0)
C. M(1; 2; 0)
D. N(0;0;2)
Câu trả lời của bạn
Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}OA = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\\OB = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = 5\\OC = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = 5\end{array} \right. \Rightarrow OA = OB = OC \Rightarrow O\) thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).
Chọn A.
Câu trả lời của bạn
Vì \(\left( P \right)//\left( {Oyz} \right) \Rightarrow \left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\) là 1 VTPT.
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(K\left( {4; - 5;7} \right)\) và nhận \(\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\) là 1 VTPT là: \(x - 4 = 0\).
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *