Cho tứ diện \[ABCD\] có \(AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và các cạnh còn lại đều bằng \[a.\] Biết rắng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \[ABCD\] bằng \(\frac{{a\sqrt m }}{n}\) với \(m,\,\,n \in {\mathbb{N}^*};\,\,m \le 15.\) Tổng \(T = m + n\) bằng
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABC.\)
Do \(DA = DB = DC\) nên \(DO \bot \left( {ABC} \right).\)
Gọi \[H\] là trung điểm \(DA.\) Qua \[H\] kẻ \(HI \bot DA\,\,\left( {I \in DO} \right).\)
Khi đó \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
− Xét tam giác \(ABC\) có:
• \(\cos \widehat {ACB} = \frac{{A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}{{2 \cdot AC \cdot BC}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = \frac{5}{8}\)
\( \Rightarrow \sin \widehat {ACB} = \frac{{\sqrt {39} }}{8}\).• \(OA = \frac{{AB}}{{2\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt {39} }}{8}}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{13}}\) (định lí sin).
− Xét tam giác \(OAD\) vuông tại \(O\) nên \[OD = \sqrt {A{D^2} - O{A^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{2a\sqrt {13} }}{{13}}} \right)}^2}} = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{13}}.\]
Ta có \(\Delta DHI = \Delta D{\rm{OA}}\,\,{\rm{(g}}{\rm{.g)}}\) suy ra \(DI = \frac{{DH \cdot DA}}{{DO}} = \frac{{D{A^2}}}{{2DO}} = \frac{{{a^2}}}{{2 \cdot \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) bằng \(R = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).
\( \Rightarrow m = 13\,,\,\,n = 6 \Rightarrow T = m + n = 19.\)
Đáp án: 19.
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
- Tuyển tập 15 đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách Khoa Hà Nội 2025 (Tập 1) ( 39.000₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia Hà Nội 2025 (Tập 1) ( 39.000₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh (2 cuốn) ( 140.000₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia Hà Nội, TP Hồ Chí Minh (2 cuốn) ( 150.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đặt \(OP = x\,\,(0 < x < 4) \Rightarrow BP = 4 - x\,;\,\,AP = \sqrt {4 + {x^2}} .\)
Khoảng thời gian để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm \(B\) là:
\({t_{\left( x \right)}} = {t_{AP}} + {t_{PB}} = \frac{{\sqrt {4 + {x^2}} }}{6} + \frac{{4 - x}}{{10}}(h)\,\, \Rightarrow {t'_{\left( x \right)}} = \frac{x}{{6\sqrt {4 + {x^2}} }} - \frac{1}{{10}}.\)
\({t'_{\left( x \right)}} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{6\sqrt {4 + {x^2}} }} - \frac{1}{{10}} = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {4 + {x^2}} = 5x \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < x < 4}\\{4{x^2} = 9}\end{array} \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}.} \right.\)
Bảng biến thiên:
|
\(x\) |
0 |
\(\frac{3}{2}\) |
4 |
|
\(t'\left( x \right)\) |
\( - \) |
0 + |
|
|
\(t\left( x \right)\) |
\(\frac{{11}}{{15}}\)
|
|
\(\frac{{\sqrt 5 }}{3}\)
|
|
|
|
\(\frac{2}{3}\) |
|
Từ bảng biến thiên suy ra khoảng thời gian ngắn nhất để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm \({\rm{B}}\) là: \({t_{\min }} = \frac{2}{3}(h) = \frac{2}{3}.60\) (phút) \( = 40\) (phút). Chọn A.
Lời giải
Tốc độ truyền bệnh là \(f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2} = 675 - 3{\left( {t - 15} \right)^2} \le 675\)
Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất khi \(t = 15\), tức là vào ngày thứ 15. Chọn C.
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.
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.
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.
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.
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.
Nhắn tin Zalo