Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết .

Câu hỏi:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết .

A.$\frac{3}{25}$

B.$\frac{2}{5}$

C.$\frac{1}{5}$

Đáp án chính xác

D.$\frac{2}{25}$

Trả lời:

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C.
Gọi $O^{‘}=A^{‘}{C}^{‘}\cap B^{‘}{D}^{‘}$ và $I=A{O}^{‘}\cap A^{‘}C$.
Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên $AC=A^{‘}{C}^{‘}=a\sqrt{2};A^{‘}C=a\sqrt{3}$.
Áp dụng định lí Pytago ta có: $A{O}^{‘}=\sqrt{A{A^{‘}}^2+A^{‘}{O^{‘}}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
$\frac{AI}{I{O}^{‘}}=\frac{AC}{A^{‘}{O}^{‘}}=2\Rightarrow AI=2I{O}^{‘}=\frac{2}{3}A{O}^{‘}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
$\frac{A^{‘}I}{IC}=\frac{A^{‘}{O}^{‘}}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow A^{‘}I=\frac{1}{2}IC=\frac{1}{3}{A}^{‘}C=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
Xét tam giác AA’I có: $A{I}^2+A^{‘}{I}^2=\frac{2a^2}{3}+\frac{a^2}{3}=a^2=A{A^{‘}}^2$, suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí Pytago đảo) $\Rightarrow A{O}^{‘}\subset \left(\alpha \right)\Rightarrow O^{‘}\in \left(\alpha \right)$.
Lại có $\{\begin{array}{l}{B}^{‘}{D}^{‘}\perp A^{‘}{C}^{‘}\\ B^{‘}{D}^{‘}\perp A{A}^{‘}\end{array}\Rightarrow B^{‘}{D}^{‘}\perp \left(AC{C}^{‘}{A}^{‘}\right)\Rightarrow B^{‘}{D}^{‘}\perp A^{‘}C$$\Rightarrow B^{‘}{D}^{‘}\subset \left(\alpha \right)$
$\Rightarrow \left(\alpha \right)\equiv \left(A{B}^{‘}{D}^{‘}\right)$.
Mặt phẳng $\left(A{B}^{‘}{D}^{‘}\right)$chia khối lập phương thành 2 phần: Chóp A.A’B’D’ và khối đa diện B’C’D’.ABCD.
Ta có: $V_{A.A^{‘}{B}^{‘}{D}^{‘}}=\frac{1}{3}A{A}^{‘}.S_{A^{‘}{B}^{‘}{D}^{‘}}=\frac{1}{3}A{A}^{‘}.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}$
$\Rightarrow V_{B^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}.ABCD}=V_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}-\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}=\frac{5}{6}{V}_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}$.
Vậy $k=\frac{V_{A.A^{‘}{B}^{‘}{D}^{‘}}}{V_{B^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}.ABCD}}=\frac{\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}}{\frac{5}{6}{V}_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}}=\frac{1}{5}$
Đáp án C.

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?
   
   

   Câu hỏi:
   

   Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?
   

   A.$y=\frac{x}{1-x}$

   Đáp án chính xác

   B.$y=\frac{x+1}{1-x}$

   C.$y=\frac{x+1}{x-1}$

   D.$y=\frac{x}{x-1}$

   Trả lời:

   Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y=1 và TCĐ x=1.
   Do đó loại đáp án A và B.
   Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.
   Đáp án A.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số y=x−2x+1 mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng d:y=3x+10.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$ mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng $d:y=3x+10$.

   A.$M(3;\frac{1}{4})$

   B.$M(0;-2)$ hoặc \(M\left( { – 2;4} \right)\)

   Đáp án chính xác

   C.$M(-2;4)$

   D. $M(-\frac{5}{2};3)$

   Trả lời:

   TXĐ: $D=ℝ\backslash \{-1\}$.
   Gọi $M(x_0;\frac{x_0-2}{x_0+1})(x_0\ne -1)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$.
   Ta có $y=\frac{x-2}{x+1}\Rightarrow y^{‘}=\frac{3}{{(x+1)}^2}$ nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(x_0;\frac{x_0-2}{x_0+1})$ có hệ số góc là $k=y^{‘}\left(x_0\right)=\frac{3}{{(x_0+1)}^2}$.
   Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng $d:y=3x+10$nên \(\frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1\)
   $\iff [\begin{array}{l}{x}_0+1=1\\ x_0+1=-1\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}\left(tm\right)$$\Rightarrow [\begin{array}{l}M(0;-2)\\ M(-2;4)\end{array}$
   Đáp án B.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Cho hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{1 – x}}\) và điểm I(1;−1). Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{1 – x}}\) và điểm $I(1;-1)$. Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.

   A.$M(1+\sqrt{2};-1-\sqrt{2})$ và $M(1-\sqrt{2};-1+\sqrt{2})$.

   Đáp án chính xác

   B.$M(-1;0)$ và $M(3;-2)$.

   C.$M(\sqrt{2};-3-2\sqrt{2})$ và $M(-\sqrt{2};2\sqrt{2}-3)$.

   D.$M(2;-3)$ và $M(0;1)$.

   Trả lời:

   TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.
   Gọi $M(x_0;\frac{x_0+1}{1-x_0})(x_0\ne 1)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{1-x}$.
   Ta có $y=\frac{x+1}{1-x}\Rightarrow y^{‘}=\frac{2}{{(1-x)}^2}$ nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(x_0;\frac{x_0+1}{1-x_0})$ có hệ số góc là $k=y^{‘}\left(x_0\right)=\frac{2}{{(1-x_0)}^2}$.
   ⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là: $y=\frac{2}{{(1-x_0)}^2}(x-x_0)+\frac{x_0+1}{1-x_0}$$\iff \frac{2}{{(1-x_0)}^2}x-y-\frac{2x_0}{{(1-x_0)}^2}+\frac{x_0+1}{1-x_0}=0$, có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=(1;\frac{2}{{(1-x_0)}^2})$.
   Ta có: $\overrightarrow{IM}=(x_0-1;\frac{x_0+1}{1-x_0}+1)=(x_0-1;\frac{2}{1-x_0})$.
   Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{IM}=0$.
   \( \Leftrightarrow \left( {{x_0} – 1} \right) + \frac{4}{{{{\left( {1 – {x_0}} \right)}^3}}} = 0\)$\iff \frac{4}{{(1-x_0)}^3}=1-x_0\iff {(1-x_0)}^4=4$
   $\iff [\begin{array}{l}1-x_0=\sqrt{2}\\ 1-x_0=-\sqrt{2}\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=1-\sqrt{2}\\ x_0=1+\sqrt{2}\end{array}$
   ⇒ $M(1+\sqrt{2};-1-\sqrt{2})$ và $M(1-\sqrt{2};-1+\sqrt{2})$.
   Đáp án A.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Mệnh đề nào dưới đây về hàm số y=(x2−4)2+1 là đúng?
   
   

   Câu hỏi:
   

   Mệnh đề nào dưới đây về hàm số $y={(x^2-4)}^2+1$ là đúng?

   A. Nghịch biến trên $(-2;2)$

   B. Đồng biến trên $ℝ$

   C. Đồng biến trên $(-\infty ;-2)$ và\(\left( {2; + \infty } \right)\)

   D. Đồng biến trên $(-2;0)$ và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

   Đáp án chính xác

   Trả lời:

   TXĐ: $D=ℝ$.
   Ta có: $y={(x^2-4)}^2+1\Rightarrow y^{‘}=2(x^2-4).2x$.
   Cho $y^{‘}=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x^2-4=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}$.
   BXD y’:
   
   Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { – \infty ; – 2} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0;2} \right)\); nghịch biến trên $(-2;0);(2;+\infty )$.
   Đáp án D.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối càu nội tiếp trong hình nón.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối càu nội tiếp trong hình nón.

   A.$\frac{\pi }{6}$

   B.$\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}$

   Đáp án chính xác

   C.$\frac{4\pi }{81}$

   D.$\frac{\sqrt{3}\pi }{54}$

   Trả lời:

   
   Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều cạnh 1 nên $SO=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
   Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính khối cầu là $R=IO=\frac{2}{3}SO=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
   Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}$.
   Đáp án B.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====