Câu hỏi:

27/03/2023 2,858

Cho hình bình hành ABCD, có AB = 2a, AD = a, \(\widehat {ABC} = 120^\circ \); quay hình bình hành xung quanh cạnh AD. Thể tích khối tròn xoay tạo thành là

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Media VietJack

Dựng hình chữ nhật APCQ.

Khi hình bình hành ABCD quay quanh cạnh AD, ta quay hình chữ nhật APCQ quanh cạnh AQ, sau đó bỏ đi hai khối nón bằng nhau ở hai đầu (được tạo thành khi quay tam giác ABP và tam giác CDQ quanh cạnh AD).

Ta có ABCD là hình bình hành. Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {ABC} = 120^\circ \).

Ta có: \(\widehat {CDQ} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

\( \Leftrightarrow \widehat {CDQ} = 180^\circ - \widehat {ADC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Tam giác CDQ vuông tại Q: \(\sin \widehat {CDQ} = \frac{{CQ}}{{CD}}\).

CQ = 2a.sin60° = \(a\sqrt 3 \).

Tam giác CDQ vuông tại Q: \(\cos \widehat {CDQ} = \frac{{DQ}}{{DC}}\).

DQ = 2a.cos60° = a.

Ta có AQ = AD + DQ = AD + PB = a + a = 2a.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là: \(V = {V_{APCQ}} - 2{V_{CDQ}} = \pi .C{Q^2}.AQ - 2.\frac{1}{3}\pi .C{Q^2}.DQ\)

\( = \pi .3{a^2}.2a - 2.\frac{1}{3}\pi .3{a^2}.a = 4\pi {a^3}\).

Vậy ta chọn phương án D.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Lời giải

Media VietJack

a) Ta có \(\frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {CM} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {CA} \) (do M là trung điểm BC).

Vậy \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {MA} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\).

b) Ta có \(\overrightarrow {BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {MA} \) (do M là trung điểm BC).

Tam giác ABC đều cạnh a có M là trung điểm BC.

Suy ra \(CM = BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\).

Tam giác ABC đều có AM là đường trung tuyến.

Suy ra AM cũng là đường cao của tam giác ABC.

Tam giác ACM vuông tại M: \(AM = \sqrt {A{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = MA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

c) Ta có \(\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {AQ} \), với N, C là trung điểm AB, AQ.

\( = \overrightarrow {AP} \), với P là đỉnh của hình bình hành AQPN.

Gọi L là hình chiếu của A lên PN.

Ta có MN // AC (MN là đường trung bình của ∆ABC).

Suy ra \(\widehat {ANL} = \widehat {MNB} = \widehat {ACB} = 60^\circ \).

Tam giác ANL vuông tại L:

\(\sin \widehat {ANL} = \frac{{AL}}{{AN}} \Rightarrow AL = \frac{a}{2}.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\);

\(\cos \widehat {ANL} = \frac{{NL}}{{AN}} \Rightarrow NL = \frac{a}{2}.\cos 60^\circ = \frac{a}{4}\).

Ta có PL = PN + NL = AQ + NL = 2AC + NL \( = 2a + \frac{a}{4} = \frac{{9a}}{4}\).

Tam giác ALP vuông tại L: \(AP = \sqrt {A{L^2} + P{L^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{9a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\).

Vậy \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AP} } \right| = AP = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\).

d) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM thỏa mãn \(MK = \frac{3}{4}MA\)và H là điểm thuộc tia MB sao cho MH = 2,5MB.

Khi đó \(\overrightarrow {MK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {MA} ,\,\,\overrightarrow {MH} = 2,5\overrightarrow {MB} \).

Ta có \(\frac{3}{4}\overrightarrow {MA} - 2,5\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MK} - \overrightarrow {MH} = \overrightarrow {HK} \).

Ta có \(MK = \frac{3}{4}MA = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{8}\)\(MH = 2,5MB = 2,5.\frac{a}{2} = \frac{{5a}}{4}\).

Tam giác KMH vuông tại M: \(HK = \sqrt {M{K^2} + M{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{5a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {127} }}{8}\).

Vậy \(\left| {\frac{3}{4}\overrightarrow {MA} - 2,5\overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {HK} } \right| = HK = \frac{{a\sqrt {127} }}{8}\).

Lời giải

Lời giải

a) \(P = \frac{{{x^2} + x}}{{{x^2} - 2x + 1}}:\left( {\frac{{x + 1}}{x} - \frac{1}{{1 - x}} + \frac{{2 - {x^2}}}{{{x^2} - x}}} \right)\)

\( = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}:\left[ {\frac{{x + 1}}{x} + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{{2 - {x^2}}}{{x\left( {x - 1} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}:\left[ {\frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) + x + 2 - {x^2}}}{{x\left( {x - 1} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}:\frac{{x + 1}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\frac{{x\left( {x - 1} \right)}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\).

b) Ta có \(P < 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} < 1\)

\[ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} - 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} < 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}{{x - 1}} < 0 \Leftrightarrow x - 1 < 0\] (vì \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\]).

x < 1.

Vậy x < 1 thì P < 1.

c) Vì x > 2 nên x – 2 > 0.

Do đó x – 1 > x – 2 > 0.

Ta có \(P = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - 1 + 1}}{{x - 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}} = x - 1 + \frac{1}{{x - 1}} + 2\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \(x - 1 + \frac{1}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\frac{{x - 1}}{{x - 1}}} = 2\sqrt 1 = 2,\,\forall x > 2\).

\( \Leftrightarrow x - 1 + \frac{1}{{x - 1}} + 2 \ge 2 + 2 = 4\).

P ≥ 4.

Dấu “=” xảy ra (x – 1)2 = 1 x – 1 = 1 hoặc x – 1 = –1.

x = 2 (loại vì x > 2) hoặc x = 0 (loại vì x > 2).

Vậy P không có giá trị nhỏ nhất khi x > 2.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP