Câu hỏi:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 .\) Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Góc giữa \(SC\) và mặt phẳng đáy bằng \({45^0}.\) Gọi E là trung điểm của \(BC.\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(DE\) và \(SC.\)
A.\(\frac{{2a\sqrt {19} }}{{19}}\)
Đáp án chính xác
B.\(\frac{{a\sqrt {10} }}{{19}}\)
C.\(\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\)
D.\(\frac{{2a\sqrt {19} }}{5}\)
Trả lời:
Phương pháp giải:
– Xác định mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(DE\) và song song với \(SC\), khi đó \(d\left( {DE;SC} \right) = d\left( {SC;\left( P \right)} \right)\).
– Đổi sang \(d\left( {A;\left( P \right)} \right)\). Dựng khoảng cách.
– Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
– Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(I = AC \cap DE\), trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(IG//SC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {G \in SA} \right)\), khi đó ta có \(DE \subset \left( {GDE} \right)//SC\).
\( \Rightarrow d\left( {SC;DE} \right) = d\left( {SC;\left( {GDE} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {GDE} \right)} \right)\).
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{IC}}{{IA}} = \frac{{EC}}{{AD}} = \frac{1}{2}\), do \(AC \cap \left( {GDE} \right) = I\) nên \(\frac{{d\left( {C;\left( {GDE} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {GDE} \right)} \right)}} = \frac{{IC}}{{IA}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow d\left( {C;\left( {GDE} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {GDE} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AH \bot DE{\mkern 1mu} \left( {H \in DE} \right)\), trong \(\left( {GAH} \right)\) kẻ \(AK \bot GH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in GH} \right)\) ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DE \bot AH}\\{DE \bot AG}\end{array}} \right. \Rightarrow DE \bot \left( {AGH} \right) \Rightarrow DE \bot AK\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot GH}\\{AK \bot DE}\end{array}} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {GDE} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {GDE} \right)} \right) = AK\)
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)
\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = {45^0}\).
\( \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại A.
Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \) nên .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\frac{{AG}}{{AS}} = \frac{{AI}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow AG = \frac{{4a}}{3}\).
Ta có: \({S_{\Delta AED}} = \frac{1}{2}d\left( {E;AD} \right).AD = \frac{1}{2}AB.AD = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = {a^2}\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(CDE\) ta có \(DE = \sqrt {C{D^2} + C{E^2}} = \sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).
\( \Rightarrow AH = \frac{{2{S_{AED}}}}{{ED}} = \frac{{2{a^2}}}{{\frac{{a\sqrt {10} }}{2}}} = \frac{{2a\sqrt {10} }}{5}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(GAH\) ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105
\(AK = \frac{{AG.AH}}{{\sqrt {A{G^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\frac{{4a}}{3}.\frac{{2a\sqrt {10} }}{5}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{4a}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a\sqrt {10} }}{5}} \right)}^2}} }} = \frac{{4a\sqrt {19} }}{{19}}\).
Vậy \(d\left( {DE;SC} \right) = \frac{1}{2} = \frac{{2a\sqrt {19} }}{{19}}\).
Đáp án A
====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz,\) cho hai đường thẳng \({d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 2}}\) và \({d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{2} = \frac{{z – 3}}{{ – 2}}.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng:
Câu hỏi:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz,\) cho hai đường thẳng \({d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 2}}\) và \({d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{2} = \frac{{z – 3}}{{ – 2}}.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng:
A.\(\frac{{\sqrt {17} }}{{16}}\)
B.\(\frac{{\sqrt {17} }}{4}\)
C.\(\frac{{16}}{{\sqrt {17} }}\)
Đáp án chính xác
D.16
Trả lời:
Phương pháp giải:
Cho đường thẳng \({d_1}\) đi qua điểm \({M_1}\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}} ;\) đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \({M_2}\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}} .\) Khi đó ta có khoảng cách giữa \({d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}\) được tính bởi công thức: \(d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}.\)
Giải chi tiết:
Ta có:
\({d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 2}}\) \( \Rightarrow {d_1}\) đi qua \({M_1}\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} – 1} \right)\) và có 1 VTCP là: \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1; – 2} \right).\)
\({d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{2} = \frac{{z – 3}}{{ – 2}}\) \( \Rightarrow {d_2}\) đi qua \({M_2}\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) và có 1 VTCP là: \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2; – 2} \right).\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4} \right)}\\{\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}\) \( = \frac{{\left| {2 + 2 + 12} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{16}}{{\sqrt {17} }}.\)
Đáp án C====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng \(y = x + 3\) và parabol \(y = 2{x^2} – x – 1\) bằng:
Câu hỏi:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng \(y = x + 3\) và parabol \(y = 2{x^2} – x – 1\) bằng:
A.9
Đáp án chính xác
B.\(\frac{{13}}{6}\)
C.\(\frac{{13}}{3}\)
D.\(\frac{9}{2}\)
Trả lời:
Phương pháp giải:
– Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\).
– Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a,{\mkern 1mu} x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right|dx} \).
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(x + 3 = 2{x^2} – x – 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = – 1}\end{array}} \right.\).
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là \(S = \int\limits_{ – 1}^2 {\left| {x + 3 – 2{x^2} + x + 1} \right|dx} = 9\).
Đáp án A.====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Phương trình \({z^4} = 16\) có bao nhiêu nghiệm phức?
Câu hỏi:
Phương trình \({z^4} = 16\) có bao nhiêu nghiệm phức?
A. 0
B. 4
Đáp án chính xác
C. 2
D. 1
Trả lời:
Phương pháp giải:
Sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} – {b^2} = \left( {a – b} \right)\left( {a + b} \right)\).
Giải chi tiết:
Ta có
\({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z^4} = 16\) \( \Leftrightarrow {z^4} – 16 = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {{z^2} – 4} \right)\left( {{z^2} + 4} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z^2} = 4}\\{{z^2} = – 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = \pm 2}\\{z = \pm 2i}\end{array}} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.
Đáp án B====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Cho hàm số \(y = {x^3} – m{x^2} – {m^2}x + 8.\) Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành?
Câu hỏi:
Cho hàm số \(y = {x^3} – m{x^2} – {m^2}x + 8.\) Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành?
A. 3
B. 5
C. 4
Đáp án chính xác
D. 6
Trả lời:
Phương pháp giải:
– Giải phương trình \(y’ = 0\) xác định các giá trị cực trị theo m.
– Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình \({y_{CT}} < 0\).
Giải chi tiết:
Ta có \(y’ = 3{x^2} – 2mx – {m^2}\); \(y’ = 0\) có \(\Delta ‘ = {m^2} + 3{m^2} = 4{m^2} \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m\).
Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình \(y’ = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow m \ne 0\)
Khi đó ta có \(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{m + 2m}}{3} = m \Rightarrow y = – {m^3} + 8}\\{x = \frac{{m – 2m}}{3} = – \frac{m}{3} \Leftrightarrow y = \frac{{5{m^3}}}{{27}} + 8}\end{array}} \right.\)
Khi đó yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >0}\\{{y_{CT}} = – {m^3} + 8 >0 \Leftrightarrow m < 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{{y_{CT}} = \frac{{5{m^3}}}{{27}} + 8 >0 \Leftrightarrow m >- \frac{6}{{\sqrt[3]{5}}}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < m < 2}\\{ – \frac{6}{{\sqrt[3]{5}}} < m < 0}\end{array}} \right.\)
Lại có \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 3; – 2; – 1;1} \right\}\). Vậy có 4 giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án C====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số \(y = \frac{{mx + 4}}{{x + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right)?\)
Câu hỏi:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số \(y = \frac{{mx + 4}}{{x + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right)?\)
A. 4
B. 2
Đáp án chính xác
C. 5
D. 0
Trả lời:
Phương pháp giải:
Hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) nghịch biến trên \(\left( {\alpha ;\beta } \right)\) khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’ < 0}\\{ – \frac{d}{c} \notin \left( {\alpha ;\beta } \right)}\end{array}} \right.\)
Giải chi tiết:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – m} \right\}\).
Ta có \(y = \frac{{mx + 4}}{{x + m}} \Rightarrow y’ = \frac{{{m^2} – 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;1} \right)\) thì
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’ < 0}\\{ – m \notin \left( { – 1;1} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} – 4 < 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – m \le – 1}\\{ – m \ge 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 2 < m < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le – 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le m < 2}\\{ – 2 < m \le – 1}\end{array}} \right.\).
Lại có \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \pm 1\).
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án B====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====