Cho mặt cầu \[\left( O \right)\] nội tiếp hình chóp tứ giác đều \[P.ABCD\] biết \[PA = AB = 2\]. Cho \[EF\] là một đường kính của \[\left( O \right)\]. Điểm \[Q\] thuộc mặt ngoài của hình chóp. Giá trị lớn nhất của \[\overrightarrow {QE} .\overrightarrow {QF} \].
Câu hỏi trong đề: Đề thi thử Toán Tốt nghiệp THPT 2025-2026 Hà Nội !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đáp án:
Đáp án: 2
Gọi \[H\] là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì là hình chóp đều nên \[PH \bot ABCD\].
Đáy là hình vuông cạnh \[AB = a = 2 \Rightarrow AH = \sqrt 2 \Rightarrow PH = \sqrt {P{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{2^2} - \left( {\sqrt 2 } \right)2} = \sqrt 2 \]
Mặt cầu \[\left( O \right)\] nội tiếp hình chóp tứ giác đều \[P.ABCD\]tiếp xúc với đáy tại \[H\]. Do đó tâm O nằm trên đoạn \[PH\]và \[OH = R\].
Xét mặt phẳng đi qua \[P,H\]và trung điểm \[M\] của cạnh \[AB\]. Trong tam giác\[PHM\], đường phân giác của \[\widehat {PMH}\] cắt \[PH\] tại \(O\).
Ta có \[HM = \frac{{AB}}{2} = 1,PM = \sqrt {P{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \]
\[\overrightarrow {QE} .\overrightarrow {QF} = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OF} } \right) = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} - \overrightarrow {OE} } \right) = Q{O^2} - {R^2}\]
\[O{A^2} = {1^2} + {1^2} + {\left( {0 - R} \right)^2} = 2 + {R^2}\]
Để biểu thức đạt GTLN ta cần tìm điểm \(Q\) thuộc mặt ngoài của hình chóp sao cho khoảng cách \(QO\) là lớn nhất. \[QO\]lớn nhất khi \[QO = OA\].
Vậy \[Q{O^2} - {R^2} = 2 + {R^2} - {R^2} = 2\].
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
Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn
Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.
- Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
- Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
- Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
- Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
- Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
- Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
- Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Đăng ký ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Đáp án:
Đáp án: \(109\)
Xét \(0 < t \le 10\): \[V(t) = ( - {t^2} + 14t - 40){e^{\frac{t}{4}}} + 50\]
\(V'(t) = ( - 2t + 14){e^{\frac{t}{4}}} + ( - {t^2} + 14t - 40) \cdot \frac{1}{4}{e^{\frac{t}{4}}} = {e^{\frac{t}{4}}}\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4} \right)\).
\(V'(t) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\left( l \right)\\t = 8\left( n \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 8\): \(V(8) = ( - {8^2} + 14 \cdot 8 - 40){e^{\frac{8}{4}}} + 50 \approx 109,11.\)
Với \(t = 10\): \(V(10) = ( - {10^2} + 14 \cdot 10 - 40){e^{\frac{{10}}{4}}} + 50 = 50.\)
Xét \(10 < t \le 12\): \(V(t) = 4(t - 10)(3t - 41) + 50 = 12{t^2} - 284t + 1690\).
\[V\prime (t) = 24t - 284 = 0 \Rightarrow t \approx 11,83\].
Với \[t \approx 11.83 \Rightarrow V(11,83) \approx - 14,33\].
Với \[t = 10 \Rightarrow V\left( {10} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}50\].
Với \[t = 12 \Rightarrow V\left( {12} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}10\].
Vậy lượng nước tích trữ lớn nhất là \(V(8) \approx 109\).
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Đáp án:
Đáp án: 1
Khi quay quanh trục \(Oy\)
+ Với \(y = 3{x^2} \Rightarrow {x^2} = \frac{y}{3}\)
+ Với \(y = {x^2} \Rightarrow {x^2} = y\)
Thể tích nước trong khối tròn xoay \(A\) là \[{V_1} = \pi \int\limits_0^u {\frac{y}{3}dy} = \frac{{\pi {u^2}}}{6}\]
Thể tích nước ngoài khối tròn xoay \(A\), trong khối tròn xoay \(B\) là:
\[{V_2} = \pi \int\limits_0^v {\left( {y - \frac{y}{3}} \right)dy} = \pi \int\limits_0^v {\left( {\frac{{2y}}{3}} \right)dy} = \frac{{\pi {v^2}}}{3}\]
Theo thời gian \(t\), nước ở phần thể tích \({V_1}\) vơi đi bao nhiêu thì nước ở khối \({V_2}\) tăng lên bấy nhiêu nên ta có
\[\begin{array}{l}\frac{{d{V_1}}}{{dt}} = - \frac{{d{V_2}}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{d\left( {\frac{{\pi {u^2}}}{6}} \right)}}{{dt}} = - \frac{{d\left( {\frac{{\pi {v^2}}}{3}} \right)}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}u.\frac{{du}}{{dt}} = - \frac{{2\pi }}{3}v.\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow u.\frac{{du}}{{dt}} = - 2v.\frac{{dv}}{{dt}}\\ \Leftrightarrow \frac{{du}}{{dt}} = - \frac{{2v}}{u}\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{dv}}{{du}} = - \frac{u}{{2v}}\end{array}\]
Theo giả thiết có \[v = \frac{1}{2}u\], tại đó ta có \[\frac{{dv}}{{du}} = - \frac{u}{{2.\frac{u}{2}}} = - 1\].
Vậy độ lớn tốc độ thay đổi của chiều cao mực nước ở khoang ngoài theo chiều cao mực nước ở khoang trong tại thời điểm \(v = \frac{1}{2}u\) là \(\left| { - 1} \right| = 1\).
Câu 3
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.
Câu 5
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