Anh Việt có một tấm nhôm hình tam giác đều \(ABC\) với cạnh bằng \(6\,dm\). Bên trong tấm nhôm này, anh vẽ thêm tam giác đều \[DEF\] sao cho hai tam giác có cùng trọng tâm, đồng thời các cạnh tương ứng song song nhau. Anh Việt muốn làm một chậu đựng nước dạng hình chóp cụt tam giác đều với đáy nhỏ là \[DEF\] và đáy lớn để hở.
Anh cắt bỏ ba hình bình hành ở ba góc của tam giác \(ABC\) là \(AMDN\), \(BPEQ,\,\,CSFR\) (như hình). Kẻ đường cao \(AH\) và gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Đặt \(x = DN = DM\,\,\,(0 < x < 2)\).
a) [NB] \(NP = QR = SM = 6 - 2x\,(dm)\).
Đúng
Sai
b) [NB] \(AH = 3\sqrt 3 \,(dm)\) và \(OA = 2\sqrt 3 \,(dm)\).
Đúng
Sai
c) [TH] \(AD = x\sqrt 3 \,(dm)\) và \(DE = 6 - 3x\,(dm)\).
Đúng
Sai
d) [VD] Sau khi gập hình và dùng kéo dán kín các đoạn gập vào nhau gồm \(DM\) với \(DN,\,EP\) với \(EQ,\,\,FS\) với \(FR\), sức chứa tối đa của chậu xấp xỉ \(4,54\) (lít) .
Đúng
Sai
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Đúng
Ta có \(NP = QR = SM = AB - AN - BP = 6 - 2x\,(dm)\).
b) Đúng
Do tam giác \(ABC\) với cạnh bằng \(6\,dm\), nên \(AH = \sqrt {A{C^2} - C{H^2}} = 3\sqrt 3 \,(dm)\)
Và \(OA = \frac{2}{3}AH = 2\sqrt 3 \,(dm)\).
c) Đúng
Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\) và \(\widehat {MAN} = {60^o}\),
Nên \(AD = \sqrt {A{N^2} + N{D^2} - 2AN.DN.cos{{120}^o}} = x\sqrt 3 \,(dm)\)
Lại có tam giác \(CMQ\) đều cạnh \(6 - x\,(dm)\)
Vậy \(DE = MQ - QE - DM = 6 - x - x - x = 6 - 3x\,(dm)\).
d) Đúng
Ta có chóp cụt đều \(MPSDEF\) với cạnh đáy lớn \(MP = 6 - 2x\) và cạnh đáy nhỏ là \(DE = 6 - 3x\)
+) Ta có \({S_1} = {S_{DEF}} = \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).
+) Ta có \({S_2} = {S_{MPS}} = \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).
+) Ta có \(\sqrt {{S_1}{S_2}} = \sqrt {\frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} \times \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}} = \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).
Kẻ \(DK \bot MG\,(K \in MG)\).
Ta tính \(h = OG = DK = \sqrt {M{D^2} - M{K^2}} \)
+) Ta có \(MD = x,\,\,MK = MG - KG = MG - DO = \frac{2}{3}\left( {6 - 2x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{2}{3}\left( {6 - 3x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow h = OG = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\,(dm)\)
Thể tích chóp cụt đều bằng
\(\begin{array}{l}V = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{x\sqrt 6 }}{{3.3}}\left( {\frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\, + \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {18} }}{{36}}\left( {19{x^3} - 90{x^2} + 108x} \right)\end{array}\)
Dùng casio xét trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;2} \right)} V \approx 4,54\,(d{m^3})\).
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
- 20 đề thi tốt nghiệp môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 38.500₫ )
- 500 Bài tập tổng ôn môn Toán (Form 2025) ( 38.500₫ )
- Bộ đề thi tốt nghiệp 2025 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh, Sử, Địa, KTPL (có đáp án chi tiết) ( 36.000₫ )
- Tổng ôn lớp 12 môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh Sử, Địa, KTPL (Form 2025) ( 36.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đáp án: 7,02.
Gắn trục Ox như hình. Cắt khối giao của nón và trụ bởi 1 mặt phẳng vuông góc trục Ox tại x. Thiết diện là hình hợp bởi 2 hình viên phân của nón và trụ, có diện tích là S(x).
Xét tam giác OKC, có JA// KC, nên \[\frac{x}{4} = \frac{{JA}}{{KC}} = \frac{{JA}}{2} \Rightarrow JA = \frac{x}{2}\] là bán kính của đường tròn của hình nón tại vị trí x, tâm J. Đường tròn của hình trụ tại vị trí x có tâm I, bán kính bằng 2.
Gọi M là giao điểm của hai đường tròn tâm I và tâm J.
Giả sử \[\widehat {{\rm{MIJ}}} = \alpha \Rightarrow \widehat {{\rm{MIN}}} = 2\alpha ;\widehat {{\rm{MJI}}} = \beta \Rightarrow \widehat {{\rm{MJN}}} = 2\beta \].
Xét đường tròn tâm I, có \[IM = IN = JI = 2\]Xét đường tròn tâm J, có \[JM = JA = \frac{x}{2}\].
Áp đụng định lí cosin vào tam giác IJM, ta tính được:
\[cos\alpha = 1 - \frac{{{x^2}}}{{32}} \Rightarrow \alpha = {\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}});cos\beta = \frac{x}{8} \Rightarrow \beta = {\rm{ar}}cos\frac{x}{8}\]
Suy ra diện tích viên phân của đường tròn tâm I: \[{S_1} = 2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}))\]
Diện tích viên phân của đường tròn tâm J: \[{S_2} = \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8})\]
Nên diện tích thiết diện:
\[S(x) = {S_1} + {S_2} = 2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}})) + \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8})\]
Vậy thể tích phần giao của trụ và nón:
\[V = \int\limits_0^4 {S(x)dx = \int\limits_0^4 {(2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}})) + \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8}))dx} } = 7,02\]
(Theo Casio ta có kết quả trên)
Đáp số: 7,02.
Lời giải
Đáp án: 3,16
Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ ( đơn vị trên hệ trục là dm).
Ta có \(A(0;0),\,\,B(4;0),\,\,C(4;2),\,\,D(0;2).\)
Vì \(M\)thuộc cạnh \(BC\) nên \(M(4;m),\,\,(0 < m < 2).\)
Ta có \(AM = \sqrt {16 + {m^2}} \), Bán kính hình tròn nội tiếp tam giác \(ABM\) là
\(r = \frac{{{S_{ABM}}}}{p} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.BM}}{{\frac{1}{2}(AB + BM + AM)}} = \frac{{4m}}{{4 + m + \sqrt {16 + {m^2}} }} = \frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}\) nên diện tích hình tròn là \({S_1} = \pi {r^2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2}\)
Gọi \(a,\,(0 < a < 2)\) là cạnh hìn vuông thì đỉnh đối diện với đỉnh \(D\) là đỉnh \(I(a;2 - a)\) thuộc đường
thẳng \(AM:\,y = \frac{m}{4}.x \Rightarrow 2 - a = \frac{m}{4}.a \Rightarrow a = \frac{8}{{4 + m}}\).
Suy ra diện tích hình vuông là \({S_2} = {a^2} = \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}\)
Tổng diện tích hình vuông và hình tròn là
\(S(m) = {S_1} + {S_2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2} + \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}\), với \(0 < m < 2.\)
Table ta được giá trị tổng diện tích nhỏ nhất xấp xỉ \(3,16\,(d{m^2})\)
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.
Câu 4
a)[TH] \(h\left( t \right) = 3,3 - 0,125{t^2} - 0,05t\left( {\rm{m}} \right)\) trên \([0;4]\)
Đúng
Sai
b)[TH] Từ 09:00 đến 10:00, mực nước giảm đúng \(0,19\left( {\rm{m}} \right)\)
Đúng
Sai
c)[VD] Sau 149 phút kể từ thời điểm 09:00 (làm tròn đến hàng đơn vị của phút) thì đầu cọc vừa chạm mặt nước.
Đúng
Sai
d)[VD] Ngô Quyền phải phát lệnh phản công vào lúc 10:26 (làm tròn đến hàng đơn vị của phút).
Đúng
Sai
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
a) [NB] Vệ tinh ở vị trí \[M\] gần tâm mặt cầu hơn so với vệ tinh ở vị trí \[N\].
Đúng
Sai
b) [NB] Một tín hiệu được truyền đi từ vệ tinh ở \[M\] đến vệ tinh ở \[N\] là đường thẳng có phương trình chính tắc \[\frac{{x - 4}}{1} = \frac{{y + 4}}{2} = \frac{{z - 2}}{2}.\]
Đúng
Sai
c) [TH] Mặt phẳng đi qua tâm Trái Đất và hai điểm \[M,N\]có phương trình \[2x + y - 2z = 0\].
Đúng
Sai
d) [VD] Giả sử đơn vị trên mỗi trục là 2100 km, một tín hiệu có tốc độ \[{3.10^5}\] km/s được truyền từ vệ tinh \[M\] đến điểm gần nhất thuộc bề mặt Trái Đất mất khoảng \[0,026\] giây (làm tròn đến hàng phần nghìn của giây).
Đúng
Sai
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
Hỏi bài tập