Câu hỏi:

10/02/2023 213

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với \(SA = \sqrt 6 ,\,\,AB = 3\). Diện tích của mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (SBC) bằng

A. \(\frac{{54\pi }}{5}\)

B. \(\frac{{108\pi }}{5}\)

C. \(60\pi \)

D. \(18\pi \)

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án B

Phương pháp:

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với (SBC) có bán kính \(R = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Diện tích mặt cầu: \({S_{mc}} = 4\pi {R^2}\)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = căn bậc hai 6, AB = 3. Diện tích của mặt cầu có (ảnh 1)

Cách giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC; O là giao điểm của AN và CM. Kẻ \(AH \bot SN\left( {H \in SN} \right)\)

Tam giác ABC đều, tâm O \( \Rightarrow OA = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)

Tam giác SAO vuông tại O \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {6 - 3} = \sqrt 3 \)

Tam giác SBC cân tại N \( \Rightarrow SN \bot BC \Rightarrow \) Tam giác SNC vuông tại N

\( \Rightarrow SN = \sqrt {S{B^2} - B{N^2}} = \sqrt {6 - {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2}\)

Tam giác AHN đồng dạng tam giác SON \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{SO}} = \frac{{AN}}{{SN}} \Leftrightarrow \frac{{AH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt {15} }}{2}}} = \frac{3}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow AH = \frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}\)

Diện tích mặt cầu: \({S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{108\pi }}{5}\)

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}}\). Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\)

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\)

Lời giải

Đáp án C

Phương pháp:

* Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

- Bước 1: Tìm tập xác định, tính \(f'\left( x \right)\)

- Bước 2: Tìm các điểm tại đó \(f'\left( x \right) = 0\)hoặc \(f'\left( x \right)\)không xác định

- Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

- Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}\)

\(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{2.\left( { - 2} \right) - 1\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right),\,\,\left( {2; + \infty } \right)\)

Câu 2

Gọi giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \ln x\) trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]\) lần lượt là m và M. Tích M.m bằng

A. –1

B. 2e

C. \(\frac{{ - 2}}{e}\)

D. 1

Lời giải

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tìm nghiệm và điểm không xác định của y’

- Tính các giá trị tại \(\frac{1}{{{e^2}}}\), tại , tại nghiệm của y’ . Tìm GTLN, GTNN trong các giá trị đó. e

- Tính tích M.m.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

\(y = x.\ln x \Rightarrow y' = \ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}\)

Ta có: \(f\left( {\frac{1}{{{e^2}}}} \right) = - \frac{2}{{{e^2}}},\,\,\,f\left( e \right) = e,\,\,\,f\left( {\frac{1}{e}} \right) = - \frac{1}{e}\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]} f\left( x \right) = - \frac{1}{e} = m,\,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]} f\left( x \right) = e = M \Rightarrow M.m = - 1\)

Câu 3