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 \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AD\) và \(BC\). Những phương án nào dưới đây đúng?
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Mà \(SO \subset \left( {SMN} \right)\) nên \(\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
2. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) nên \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\).
Khi đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).
Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\).
3. Sai. Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh \(a\) có \(M,N\) là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) nên \(MN = a\).
Có \(O = AC \cap BD\) nên \(O\)là trung điểm của \(AC,BD,MN \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\).
Xét \(\Delta SON\) vuông tại \(O\)có \(SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\).
Có \(SB = SC\) nên \(\Delta SBC\) cân tại \(S\) mà \(N\)là trung điểm của \(BC\) nên \(SN \bot BC\).
Khi đó \({S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).
Có \({V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\).
Mà \({V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\) nên \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
4. Đúng. Có \(BD \bot AC\) và \(BD \bot SO\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OH \bot SC\) tại \(H\).
Mà \(OH \cap BD\)trong mặt phẳng \(\left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot BH\) và \(SC \bot DH\) nên \(\left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\).
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 \(O\) có \(OH \bot SC\).
Khi đó \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\).
Xét \(\Delta BOH\)vuông tại \(O\), có \(B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).
Tương tự \(D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).
Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(BHD\) có
\(\cos \widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2 \cdot BH \cdot DH}} = \frac{{2 \cdot \left( {\frac{{4{a^2}}}{5}} \right) - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} = - \frac{1}{4}\). Chọn ý 1, 2, 4.
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(K\left( {0;0;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1;0;0} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {KA} = \left( {0;6;0} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {KA} \cdot \overrightarrow u = 0 \Rightarrow AK \bot d\).
Do đó K là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(d\).
Có \(d \subset \left( P \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) nên \(AH \bot HK\).
Lại có \(\overrightarrow {{n_P}} \cdot \overrightarrow u = 0\) nên hoành độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) bằng 0.
Do điểm \(A\) có hoành độ bằng 0 nên hình chiếu \(H\) của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\) cũng phải có hoành độ bằng 0. Tức là điểm \(H\)nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).
Trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có \(\widehat {AHK} = 90^\circ \) nên \(H\)luôn nằm trên đường tròn đường kính \(AK\).
Đường tròn này có tâm \(I\left( {0;3;4} \right)\)là trung điểm của \(AK\) và bán kính \(R = \frac{{AK}}{2} = 3\).
Do đó khoảng cách từ O đến H lớn nhất thì \(H\)là giao điểm của tia \(OI\) với đường tròn.
Ta có \(OI = 5\). Khi đó \(O{H_{\max }} = OI + R = 5 + 3 = 8\).
Đáp án cần nhập là: 8.
Lời giải
Có \(g'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right)f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\).
Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0\\f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = a\left( {a < - 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = b\left( { - 2 < b < 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = c\left( {c > 2} \right)\end{array} \right.\).
Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\).
Có \(h'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\); \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\) như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có \(h\left( x \right) = a;h\left( x \right) = c\) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác \( \pm 1\).
Mà \(a \ne c\) nên \(f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\) có 4 nghiệm đơn khác \( \pm 1\).
Phương trình \(h\left( x \right) = b\) vô nghiệm.
Do đó phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 6 nghiệm đơn phân biệt.
Do đó hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\) có 6 điểm cực trị.
Đáp án cần nhập là: 6.
Câu 3
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.
Câu 4
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.
Câu 5
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.
Câu 6
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.
Câu 7
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.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập