Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 1. Biết $SA = SB = SC = 1$. Đặt $SD = x$. Những
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 1. Biết $SA = SB = SC = 1$. Đặt $SD = x$. Những phương án nào dưới đây đúng?
Đáp án đúng là: A; D; E
Quảng cáo
Xác định chân đường cao H của hình chóp dựa vào tính chất các cạnh bên bằng nhau.
Dùng định lý Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác để tính độ dài cạnh và chiều cao.
Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy hoặc xét hàm số để tìm giá trị lớn nhất của thể tích.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$.
Do $SA = SB = SC = 1$ nên $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trong hình thoi ABCD, gọi $O = AC \cap BD$, tam giác ABC cân tại $B$ nên trục ngoại tiếp $H$ nằm trên đường thẳng chứa đường trung trực của AC, tức là đường chéo BD.
Đặt $\angle ABO = \alpha$ $(0^{{^\circ}} < \alpha < 90^{{^\circ}})$.
Do cạnh hình thoi bằng $1$ nên $\left. BO = \cos\alpha,AO = \sin\alpha\Rightarrow BD = 2\cos\alpha,AC = 2\sin\alpha \right.$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ là $R = BH = \dfrac{BA^{2}}{2 \cdot BO} = \dfrac{1}{2\cos\alpha}$.
Chiều cao hình chóp $SH = \sqrt{SB^{2} - BH^{2}} = \sqrt{1 - \dfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}}$. (Điều kiện: $\cos^{2}\alpha > \dfrac{1}{4}$).
Ta có H, O, D thẳng hàng. Độ dài $HD = BD - BH = 2\cos\alpha - \dfrac{1}{2\cos\alpha}$.
$x^{2} = SD^{2} = SH^{2} + HD^{2} = \left( {1 - \dfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}} \right) + \left( {2\cos\alpha - \dfrac{1}{2\cos\alpha}} \right)^{2} = 4\cos^{2}\alpha - 1$.
1 Đúng. Xét $\Delta SBD$, ta có $SB^{2} + SD^{2} = 1^{2} + (4\cos^{2}\alpha - 1) = 4\cos^{2}\alpha$.
Mặt khác cạnh $BD^{2} = {(2\cos\alpha)}^{2} = 4\cos^{2}\alpha$.
Vì $SB^{2} + SD^{2} = BD^{2}$ nên tam giác SBD vuông tại $S$. Suy ra $SD\bot SB$.
2 Sai. Khi $\left. x = \sqrt{2}\Rightarrow x^{2} = 2\Rightarrow 4\cos^{2}\alpha - 1 = 2\Rightarrow\cos^{2}\alpha = \dfrac{3}{4}\Rightarrow\cos\alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right.$ và $\sin\alpha = \dfrac{1}{2}$.
Diện tích đáy $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC \cdot BD = 2\sin\alpha\cos\alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Chiều cao $SH = \sqrt{1 - \dfrac{1}{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Thể tích $V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD} \cdot SH = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{6} \neq \dfrac{1}{6}$.
3 Sai. Vì $\cos^{2}\alpha \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right)$ nên $\left. x^{2} = 4\cos^{2}\alpha - 1 \in (0;3)\Rightarrow 0 < x < \sqrt{3} \right.$.
4 Đúng. Ta có $AC\bot BD$ và $\left. AC\bot SH\Rightarrow AC\bot(SBD) \right.$.
Khoảng cách giữa AC và SD bằng khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng SD trong $(SBD)$.
Trong tam giác vuông SBD, $O$ là trung điểm BD.
Hạ $OK\bot SD$ tại $K$, thì OK là đường trung bình của tam giác vuông với đỉnh từ $B$ hạ vuông góc xuống SD.
Vì $SB\bot SD$ nên khoảng cách từ $B$ đến SD chính là $SB = 1$.
Do đó $OK = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{1}{2}$.
5 Đúng. Thể tích $V = \dfrac{1}{3} \cdot (2\sin\alpha\cos\alpha) \cdot \sqrt{1 - \dfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}} = \dfrac{2}{3}\sin\alpha\sqrt{\cos^{2}\alpha - \dfrac{1}{4}}$.
Đặt $\left. t = \cos^{2}\alpha\left( {\dfrac{1}{4} < t < 1} \right)\Rightarrow\sin^{2}\alpha = 1 - t \right.$.
$V^{2} = \dfrac{4}{9}(1 - t)\left( {t - \dfrac{1}{4}} \right)$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $(1 - t)\left( {t - \dfrac{1}{4}} \right) \leq \left( \dfrac{1 - t + t - 1/4}{2} \right)^{2} = \dfrac{9}{64}$.
Đạt lớn nhất khi $\left. 1 - t = t - \dfrac{1}{4}\Leftrightarrow t = \dfrac{5}{8} \right.$ (Thỏa mãn).
Đáp án cần chọn là: A; D; E
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòng- Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
