Câu hỏi:

21/02/2023 3,147

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có $AB = AC = BB' = a,\,\,\,BAC = {120^0}$. Gọi I là trung điểm của CC’. Ta có cosin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {AB'I} \right)$ bằng:

A. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$

B. $\frac{{\sqrt {30} }}{{10}}$

C. $\frac{{3\sqrt 5 }}{{12}}$

D. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$

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

Cách giải:

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB = AC = BB' = a, BAC = 120 độ. Gọi I là trung điểm của CC' (ảnh 1)

Diện tích tam giác ABC:

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}$

Có $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\mathop{\rm cosBAC}\nolimits} } = A\sqrt 3 $

Ta có: $AB' = \sqrt {{a^2} + a} = a\sqrt 2 ,\,\,\,AI = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

$B'I = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}$

Ta được $AB{'^2} + A{I^2} = 2{a^2}{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = \frac{{13{a^2}}}{4} = B'{I^2}$.

Suy ra tam giác AB’I vuông tại A, có diện tích bằng:

${S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}$

Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I trên ABC ABI $\left( {ABC} \right)$ nên ta có:

${S_{ABC}} = \cos \,\alpha .{S_{AB'I}} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}:\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}$

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 »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1$ nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

A. $\left( { - 1;3} \right)$

B. $\left( {1;4} \right)$

C. $\left( { - 3; - 1} \right)$

D. $\left( {1;3} \right)$

Lời giải

Đáp án D

Phương pháp:

Giải bất phương trình $y' < 0$

Cách giải:

Tập xác định $D = R$

$y' = {x^3} - 4x + 3;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Hàm số y = 1/3x^3 - 2x^2 + 3x - 1 nghịch biến trên khoảng nào trong các khaongr sau đây (ảnh 1)

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( {1;3} \right)$

Câu 2

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ như hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right) - 2x$ là

A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Lời giải

Đáp án C

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ là số điểm mà qua đó $f'\left( x \right)$ đổi dấu.

Cách giải:

$y = f\left( x \right) - 2x \Rightarrow y' = f'\left( x \right) - 2$

Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = 0\\x = {x_2}\end{array} \right.$

Bảng biến thiên: