Trong không gian \[Oxyz\], cho hình hộp \[ABCD.A'B'C'D'\]có \[A\left( {0;0;0} \right)\], \[B\left( {3;0;0} \right)\], \[D\left( {0;3;0} \right)\], \[D'\left( {0;3; - 3} \right)\]. Gọi \[G\]là trọng tâm tam giác \[B'BD'\].
Câu hỏi trong đề: Đề thi thử Toán Tốt nghiệp THPT 2025-2026 Hà Nội !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Lời giải
a) Sai.
Ta có \[A'\left( {0;0; - 3} \right)\], \[B'\left( {3;0; - 3} \right)\], \[C\left( {3;3;0} \right)\]. Suy ra \[\overrightarrow {A'B'} \left( {3;0;0} \right)\], \[\overrightarrow {A'C} \left( {3;3;3} \right)\], \[\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {0; - 9;9} \right)\]. Khi đó \[{S_{\Delta A'B'C}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C} } \right]} \right| = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\] (đvdt).
b) Sai.
Tọa độ của điểm \[C\] là \[C\left( {3;3;0} \right)\].
c) Sai.
Tọa độ trọng tâm \[G\]của tam giác \[B'BD'\]là \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_{B'}} + {x_B} + {x_{D'}}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_{B'}} + {y_B} + {y_{D'}}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_{B'}} + {z_B} + {z_{D'}}}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;1; - 2} \right)\].
Đường thẳng \[AC\]có VTCP là \[\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right)\], đường thẳng có VTCP là \[\overrightarrow {B'G} = \left( { - 1;1;1} \right)\].
Gọi \[\alpha \] là góc giữa hai đường thẳng \[AC\] và \[B'G\], khi đó \[\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'G} }}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {B'G} } \right|}} = 0 \Rightarrow \alpha = 90^\circ \].
d) Đúng.
Tọa độ trọng tâm \[G\]của tam giác \[B'BD'\]là \[\left( {2;1; - 2} \right)\].
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Lời giải
a) Đúng.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)
Ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}\) ; \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\)
Ta có bảng biến thiên sau
|
\(x\) |
\( - \infty \) \( - 1\) \(1\) \(3\) \( + \infty \) |
|
\(y'\) |
\( + \) \(0\) \( - \) \( - \) \(0\) \( + \) |
|
\(y\)
|
\( - 5\) |
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số bằng: \(\left( {3;3} \right)\)\( \Rightarrow {a^2} + b = {3^2} + 3 = 12\).
b) Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} - (x - 2)} \right) = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} - (x - 2)} \right) = 0\)
Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên là \(y = x - 2\).
c) Sai.
+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: \(x = 1\)
Ta có tọa độ giao điểm của 2 đường tiệm cận của đồ thị là \(I(1; - 1)\).
+) Điểm thuộc đồ thị có hoành độ \(x = 2\) là \(M(2;4)\). Tiếp tuyến tại \(M\) có phương trình là \(y - 4 = f'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = - 3x + 2\) (d)
Gọi điểm \(A\) là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiếp tuyến (d), nên \(A\left( {1; - 1} \right)\)
Gọi điểm \(B\) là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiếp tuyến (d), nên tọa độ điểm \(B\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}y = x - 2\\y = - 3x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \) \(B\left( {1; - 1} \right)\)
Vậy \(A \equiv B \equiv I\), không tồn tại tam giác.
d) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có \(4 < m < f(5) \approx 13,28\)
Do tham số \(m\)là số nguyên, nên \(m \in \left\{ {5;6;7;8;9;10;11;12;13} \right\}\), có 9 giá trị.
Câu 2
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Lời giải
a) [VD]
BAD = 120o (gt) CAD = 60o
\( \Rightarrow \Delta ACD\) đều
có \(M\) là trung điểm của \(CD\)\( \Rightarrow \)\[AM\] là đường trung tuyến đồng thời cũng là đường cao của \(\Delta ACD\)
\( \Rightarrow AM \bot CD\)
\( \Rightarrow AM = \frac{{4a\sqrt 3 }}{2} = 2a\sqrt 3 \).
Kẻ \(HI{\rm{ // }}AM\), \(I \in MC\).
\(\Delta ACM\) có \(HI{\rm{ // }}AM\) theo định lý Thale`s ta có:
\( \Rightarrow HI = \frac{{CH \cdot AM}}{{CA}} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot CD}\\{HI{\rm{ // }}AM}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot CD\quad (1)\)
\(SH \bot (ABCD)\left( {gt} \right) \Rightarrow SH \bot CD\quad (2)\)
Từ \((1),{\rm{ }}(2) \Rightarrow CD \bot (SHI)\)\( \Rightarrow \widehat {SIH} = \alpha \).
\(\Delta SHI{\rm{ }}\): \(\widehat {SHI} = {90^0}\)\( \Rightarrow \)\(\tan \alpha = \tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}} \right)}} = \frac{2}{3}\).
Chọn: Đúng.
b) [TH] theo câu a) ta có \(\Delta ACD\) đều, \(CD = 4a\), \(AM = 2a\sqrt 3 \)
\({S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}CD \cdot AM\)\( = \frac{1}{2} \cdot 4a \cdot 2a\sqrt 3 = 4{a^2}\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ACD}} = 8{a^2}\sqrt 3 \)
Vậy: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot 8{a^2}\sqrt 3 = 8{a^3}\).
Chọn: Đúng.
c) [TH]
\(SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot OB\quad (3)\)
\(OB \bot AC\quad (4)\)
Từ (3), (4) \( \Rightarrow OB \bot (SAC)\) \( \Rightarrow OB \bot SO\)
\( \Rightarrow \widehat {BSO}\) là góc giữa \(SB\) và \((SAC)\).
Chọn: Sai.
d) [VD,VDC]
Chọn hệ trục \(Oxyz\) như hình vẽ:
\(Oz \bot (ABCD)\) tại \(O\), \(Ox \equiv OB\), \(Oy \equiv OC\)
Ta có: \(O(0,0,0)\); \(A(0, - 2a,0)\)
\(B(2a\sqrt 3 ;0,0)\), \(C(0,2a,0)\), \(D( - 2a\sqrt 3 ,0,0)\)
\(M\) là trung điểm của \(DC \Rightarrow M( - a\sqrt 3 ,a,0)\)
\(N\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow N(a\sqrt 3 ,a,0)\)
\(H(0, - a,0)\), \(S(0, - a,a\sqrt 3 )\)
P là trung điểm của SA \( \Rightarrow P(0, - \frac{3}{2}a,\frac{{a\sqrt 3 }}{2})\)
\(\overrightarrow {NP} = \left( { - a\sqrt 3 , - \frac{5}{2}a,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)\)
\(\overrightarrow {MS} = (a\sqrt 3 , - 2a,a\sqrt 3 )\)
\(\overrightarrow {MN} = \left( {2a\sqrt 3 ,{\rm{ }}0,{\rm{ }}0} \right)\)
\(\left[ {\overrightarrow {NP} ,\overrightarrow {MS} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{5}{2}a}&{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\\{ - 2a}&{a\sqrt 3 }\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}&{ - a\sqrt 3 }\\{a\sqrt 3 }&{a\sqrt 3 }\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a\sqrt 3 }&{ - \frac{5}{2}a}\\{a\sqrt 3 }&{ - 2a}\end{array}} \right|} \right)\)\( = \left( { - \frac{3}{2}{a^2}\sqrt 3 ,\frac{9}{2}{a^2},\frac{9}{2}\sqrt 3 {a^2}} \right)\)
\({d_{\left( {NP,MS} \right)}} = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MS} } \right] \cdot \overrightarrow {MN} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MS} } \right|}} = \frac{{\frac{9}{2}{a^3}}}{{\frac{{3\sqrt {39} }}{2}{a^2}}} = \frac{3}{{\sqrt {39} }}a\).
Chọn SAI.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập