Cho hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có cạnh đáy bằng \[a\], \[O = AC \cap BD\] biết \[SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]. Gọi \[M\]và \[N\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AD\] và \[BC\].
a) \[\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].
b) \[{V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\].
c) \[d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].
d) \[{\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{4}\] với \[\alpha \] là số đo góc nhị diện \[\left[ {B,SC,D} \right]\].
Cho hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có cạnh đáy bằng \[a\], \[O = AC \cap BD\] biết \[SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]. Gọi \[M\]và \[N\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AD\] và \[BC\].
a) \[\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].
b) \[{V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\].
c) \[d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].
d) \[{\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{4}\] với \[\alpha \] là số đo góc nhị diện \[\left[ {B,SC,D} \right]\].
Câu hỏi trong đề: Bộ 3 đề KSCL đầu năm Toán 12 có đáp án !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Đúng. Vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều \[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\].
Mà \[SO \subset \left( {SMN} \right)\] \[ \Rightarrow \left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].
b) Đúng. Vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \[a\] \[ \Rightarrow ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]
\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\].
Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\] (1).
c) Sai. Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] có \[M\], \[N\] là trung điểm của \[AD\] và \[BC\] nên dễ thấy \[MN = a\]
Có \[O = AC \cap BD\] \[ \Rightarrow O\] là trung điểm của \[AC,BD,MN\]\[ \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\].
Xét \[\Delta SON\] vuông tại \[O\] (vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot MN\]) có:
\[SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\].
Xét \[\Delta SBC\] cân tại \[S\] (vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều \[ \Rightarrow SB = SC\]) có \[N\] là trung điểm của \[BC\] \[ \Rightarrow SN \bot BC\] \[ \Rightarrow {S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\].
Ta có: \[{V_{A.SBC}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\] (2).
Mà \[{V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\] nên từ (1) và (2) \[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].
d) Đúng. Ta có \[\left. \begin{array}{l}BD \bot AC{\rm{ }}\left( {{\rm{vì }}ABCD{\rm{ là hình vuông }}} \right)\\BD \bot SO{\rm{ }}\left( {{\rm{vì }}SO \bot \left( {ABCD} \right){\rm{; }}BD \subset \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SO = O{\rm{ trong }}\left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\].
Trong \[\left( {SAC} \right)\] kẻ \[OH \bot SC\] tại \[H\]. Mà \[OH \cap BD{\rm{ trong }}\left( {BHD} \right)\] \[ \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\]
\[ \Rightarrow SC \bot BH\] và \[SC \bot DH\] \[ \Rightarrow \left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\].
Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] \[ \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].
Xét \[\Delta SOC\] vuông tại \[O\] (vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC\]) có \[OH \bot SC\]
\[ \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\].
Xét \[\Delta BOH\] vuông tại \[O\] (vì \[BD \bot \left( {SAC} \right);OH \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OH\]) có:
\[B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\]. Chứng minh tương tự: \[D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\].
Áp dụng định lí côsin trong \[\Delta BHD\]: \[{\rm{cos}}\widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2.BH.DH}} = \frac{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} = - \frac{1}{4}\].
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:
- 250+ Công thức giải nhanh môn Toán 12 (chương trình mới) ( 18.000₫ )
- 20 đề thi tốt nghiệp môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 38.500₫ )
- Sổ tay lớp 12 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa, KTPL (chương trình mới) ( 36.000₫ )
- 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
Gọi \[A\] là biến cố: “thí nghiệm thứ nhất thành công”.
Gọi \(C\) là biến cố: “thí nghiệm thứ hai thành công”.
Gọi \(D\) là biến cố: “phòng thí nghiệm \(B\) thành công”.
Cách 1: Vì \(A,C\) là hai biến cố độc lập và phòng thành công ít nhất một thí nghiệm được coi là hoàn thành nhiệm vụ nên ta có: \(D = \left( {AC} \right) \cup \left( {A\overline C } \right) \cup \left( {\overline A C} \right)\). Do các biến cố \(AC;\,A\overline C ;\,\overline A C\) xung khắc nên áp dụng công thức cộng xác suất, ta có: \(P\left( D \right) = P\left( {AC} \right) + P\left( {A\overline C } \right) + P\left( {\overline A C} \right) = 0,7 \cdot 0,7 + 0,7 \cdot 0,3 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,91\).
Cách 2: \(P\left( {\overline D } \right) = P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = \left( {1 - 0,7} \right) \cdot \left( {1 - 0,7} \right) = 0,09\).
Vậy \(P\left( D \right) = 1 - P\left( {\overline D } \right) = 1 - 0,09 = 0,91\).
Đáp án: \(0,91\).
Lời giải
Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty \) nên \(x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - 3\) nên \(y = 2,y = - 3\) là hai đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả \(3\) đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang. 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.
Câu 6
Năng lượng giải toả \(E\) của một trận động đất tại tâm chấn ở \(M\) độ Richter được xác định bởi công thức \(\log \left( E \right) = 11,4 + 1,5M\). Vào năm \(2024\), thành phố \(X\) xảy ra một trận động đất \(7,4\) độ Richter và năng lượng giải toả tại tâm chấn của động đất đó gấp \(11\) lần trận động đất xảy ra ở thành phố \(Y\) vào năm \(2023\). Hỏi khi đó, độ lớn của trận động đất tại thành phố \(Y\) là bao nhiêu độ Richter? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
Năng lượng giải toả \(E\) của một trận động đất tại tâm chấn ở \(M\) độ Richter được xác định bởi công thức \(\log \left( E \right) = 11,4 + 1,5M\). Vào năm \(2024\), thành phố \(X\) xảy ra một trận động đất \(7,4\) độ Richter và năng lượng giải toả tại tâm chấn của động đất đó gấp \(11\) lần trận động đất xảy ra ở thành phố \(Y\) vào năm \(2023\). Hỏi khi đó, độ lớn của trận động đất tại thành phố \(Y\) là bao nhiêu độ Richter? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
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