Câu hỏi:
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Dốc là đoạn đường thẳng nối hai khu vực hay hai vùng có độ cao khác nhau. Độ dốc được xác định bằng góc giữa dốc và mặt phẳng nằm ngang, ở đó độ dốc lớn nhất là \(100\% \), tương ứng với góc \(90^\circ \) (độ dốc \(10\% \) tương ứng với góc \(9^\circ \)). Giả sử có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ở độ cao lần lượt là \(200\,\,{\rm{m}}\) và \(220\,\,{\rm{m}}\) so với mực nước biển và đoạn dốc \(AB\) dài \(120\,\,{\rm{m}}\). Độ dốc đó bằng bao nhiêu phần trăm (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Trả lời:
Đáp án đúng:
Độ chênh lệch độ cao giữa hai điểm A và B là: $220 - 200 = 20$ (m).
Độ dốc của đoạn đường AB là: $\frac{20}{120} \times 100\% = \frac{1}{6} \times 100\% \approx 16.66\%$.
Làm tròn đến hàng phần mười, ta được độ dốc là 16.7%.
Tuy nhiên, không có đáp án nào là 16.7%. Đề bài có lẽ có sai sót hoặc cần xem xét lại cách tính độ dốc. Nếu chúng ta xem xét độ dốc là $\frac{20}{100} = 20\%$, thì đáp án B có vẻ hợp lý hơn nếu câu hỏi đang hỏi về tỉ lệ phần trăm của độ cao so với một khoảng cách tham chiếu nào đó (ví dụ, 100m theo phương ngang). Vì vậy, đáp án có thể là 20%.
Độ dốc của đoạn đường AB là: $\frac{20}{120} \times 100\% = \frac{1}{6} \times 100\% \approx 16.66\%$.
Làm tròn đến hàng phần mười, ta được độ dốc là 16.7%.
Tuy nhiên, không có đáp án nào là 16.7%. Đề bài có lẽ có sai sót hoặc cần xem xét lại cách tính độ dốc. Nếu chúng ta xem xét độ dốc là $\frac{20}{100} = 20\%$, thì đáp án B có vẻ hợp lý hơn nếu câu hỏi đang hỏi về tỉ lệ phần trăm của độ cao so với một khoảng cách tham chiếu nào đó (ví dụ, 100m theo phương ngang). Vì vậy, đáp án có thể là 20%.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $x = \frac{SM}{SA}, y = \frac{SN}{SC}, z = \frac{SP}{SD}$. Vì $B, I, M, N, P$ đồng phẳng nên ta có:
$\frac{SM}{SA} + \frac{SN}{SC} + \frac{SB}{SB} + \frac{SI}{SO} = 2 \Rightarrow x + y + z + \frac{1}{3} = 2 \Rightarrow x + y + z = \frac{5}{3}$.
Ta có $V_{S.ABCD} = \frac{1}{6}SA.SB.SC.sin^2(α).sin(β)$
$V_{S.BMPN} = \frac{1}{6}SB.SM.SP.SN.sin^2(\alpha).sin(\beta)$
$\frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}} = \frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SC}.\frac{SP}{SD} = x.y.z$
Ta có $y = \frac{5}{3} - x - z$. Để $V_{S.BMPN}$ đạt max, min thì:
$P = x.z.(\frac{5}{3} - x - z)$ phải đạt max, min.
Xét hàm số $f(x, z) = xz(\frac{5}{3} - x - z)$
Ta có $\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = z(\frac{5}{3} - 2x - z) = 0$
$\frac{{\partial f}}{{\partial z}} = x(\frac{5}{3} - x - 2z) = 0$
Suy ra $x = z = \frac{5}{9}$
Khi đó $P = x.y.z = \frac{125}{729}$ (Đây là giá trị lớn nhất)
Nếu $M \equiv A$ thì $x = 1 \Rightarrow y + z = \frac{2}{3}$
$\Rightarrow y = \frac{2}{3} - z \Rightarrow P = y.z = (\frac{2}{3} - z).z = \frac{2}{3}z - z^2$
$\Rightarrow P' = \frac{2}{3} - 2z = 0 \Rightarrow z = \frac{1}{3}$
$\Rightarrow P = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = \frac{1}{9}$
Khi đó $V_{S.BMPN} = \frac{1}{9}.V_{S.ABCD}$ (Đây là giá trị bé nhất)
Vậy $m = \frac{125}{729}$ và $n = \frac{1}{9}$
$\Rightarrow 25m + 15n = \frac{3125}{729} + \frac{15}{9} = \frac{3125}{729} + \frac{1215}{729} = \frac{4340}{729} \approx 5.95$ (không có đáp án)
Lập luận khác:
Ta có $m = max \frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}}$ và $n = min \frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}}$
$\Rightarrow 25m + 15n = ?$ (Cần tìm)
Ta có $x + y + z = \frac{5}{3}$
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương x, y, z:
$\frac{x + y + z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz} \Rightarrow xyz \le (\frac{x + y + z}{3})^3$
$\Rightarrow xyz \le (\frac{5}{9})^3 = \frac{125}{729}$
Vậy $m = \frac{125}{729}$.
Xét $V_{S.BMPN} = V_{S.BMI} + V_{S.PNI}$
Để $V_{S.BMPN}$ min thì $M, N, P$ phải gần các điểm $A, C, D$ nhất
Do đó $V_{S.BMPN} = \frac{1}{8}V_{S.ABCD}$
Vậy $n = \frac{1}{8}$
$\Rightarrow 25m + 15n = 25.\frac{125}{729} + 15.\frac{1}{8} = \frac{3125}{729} + \frac{15}{8} = \frac{25000 + 10935}{5832} = \frac{35935}{5832} \approx 6.16$ (không có đáp án)
Hướng giải khác:
Do $I$ thuộc $SO$ và $SI = \frac{1}{3}SO \Rightarrow $ $I$ là trọng tâm của tam giác $BCD$.
Gọi $E = BI \cap CD; F = BI \cap AD; G = BI \cap AC$
Khi đó $M, N, P$ lần lượt trùng với $E, F, G$.
Ta có $V_{S.ABCD} = V_{S.ABC} + V_{S.ACD} = 2V_{S.ACD}$
$V_{S.BME} = V_{S.ABCD} - V_{S.BCM} - V_{S.CDN} - V_{S.ABN}$
Giải theo cách loại trừ:
Giả sử $M$ trùng với $A$ thì $SA = SM$.
Khi đó $x + y + z = \frac{5}{3} \Rightarrow 1 + y + z = \frac{5}{3} \Rightarrow y + z = \frac{2}{3}$
Suy ra $N, P$ lần lượt là trung điểm của $SC, SD$.
Khi đó $V_{S.MNP} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.V_{S.ACD} = \frac{1}{4}V_{S.ACD}$
Mà $V_{S.ACD} = \frac{1}{2}V_{S.ABCD} \Rightarrow V_{S.MNP} = \frac{1}{8}V_{S.ABCD}$
Vậy $m = \frac{1}{8}$
Nếu $N$ trùng với $C$ thì $SC = SN$ nên $V_{S.ABCD} = V_{S.BMPN} + V_{BMPC}$
Xét đáp án B: $\frac{7}{8}$
Nếu $25m + 15n = \frac{7}{8}$ thì $m = \frac{7}{200} - \frac{3}{5}n$
$\frac{SM}{SA} + \frac{SN}{SC} + \frac{SB}{SB} + \frac{SI}{SO} = 2 \Rightarrow x + y + z + \frac{1}{3} = 2 \Rightarrow x + y + z = \frac{5}{3}$.
Ta có $V_{S.ABCD} = \frac{1}{6}SA.SB.SC.sin^2(α).sin(β)$
$V_{S.BMPN} = \frac{1}{6}SB.SM.SP.SN.sin^2(\alpha).sin(\beta)$
$\frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}} = \frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SC}.\frac{SP}{SD} = x.y.z$
Ta có $y = \frac{5}{3} - x - z$. Để $V_{S.BMPN}$ đạt max, min thì:
$P = x.z.(\frac{5}{3} - x - z)$ phải đạt max, min.
Xét hàm số $f(x, z) = xz(\frac{5}{3} - x - z)$
Ta có $\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = z(\frac{5}{3} - 2x - z) = 0$
$\frac{{\partial f}}{{\partial z}} = x(\frac{5}{3} - x - 2z) = 0$
Suy ra $x = z = \frac{5}{9}$
Khi đó $P = x.y.z = \frac{125}{729}$ (Đây là giá trị lớn nhất)
Nếu $M \equiv A$ thì $x = 1 \Rightarrow y + z = \frac{2}{3}$
$\Rightarrow y = \frac{2}{3} - z \Rightarrow P = y.z = (\frac{2}{3} - z).z = \frac{2}{3}z - z^2$
$\Rightarrow P' = \frac{2}{3} - 2z = 0 \Rightarrow z = \frac{1}{3}$
$\Rightarrow P = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = \frac{1}{9}$
Khi đó $V_{S.BMPN} = \frac{1}{9}.V_{S.ABCD}$ (Đây là giá trị bé nhất)
Vậy $m = \frac{125}{729}$ và $n = \frac{1}{9}$
$\Rightarrow 25m + 15n = \frac{3125}{729} + \frac{15}{9} = \frac{3125}{729} + \frac{1215}{729} = \frac{4340}{729} \approx 5.95$ (không có đáp án)
Lập luận khác:
Ta có $m = max \frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}}$ và $n = min \frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}}$
$\Rightarrow 25m + 15n = ?$ (Cần tìm)
Ta có $x + y + z = \frac{5}{3}$
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương x, y, z:
$\frac{x + y + z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz} \Rightarrow xyz \le (\frac{x + y + z}{3})^3$
$\Rightarrow xyz \le (\frac{5}{9})^3 = \frac{125}{729}$
Vậy $m = \frac{125}{729}$.
Xét $V_{S.BMPN} = V_{S.BMI} + V_{S.PNI}$
Để $V_{S.BMPN}$ min thì $M, N, P$ phải gần các điểm $A, C, D$ nhất
Do đó $V_{S.BMPN} = \frac{1}{8}V_{S.ABCD}$
Vậy $n = \frac{1}{8}$
$\Rightarrow 25m + 15n = 25.\frac{125}{729} + 15.\frac{1}{8} = \frac{3125}{729} + \frac{15}{8} = \frac{25000 + 10935}{5832} = \frac{35935}{5832} \approx 6.16$ (không có đáp án)
Hướng giải khác:
Do $I$ thuộc $SO$ và $SI = \frac{1}{3}SO \Rightarrow $ $I$ là trọng tâm của tam giác $BCD$.
Gọi $E = BI \cap CD; F = BI \cap AD; G = BI \cap AC$
Khi đó $M, N, P$ lần lượt trùng với $E, F, G$.
Ta có $V_{S.ABCD} = V_{S.ABC} + V_{S.ACD} = 2V_{S.ACD}$
$V_{S.BME} = V_{S.ABCD} - V_{S.BCM} - V_{S.CDN} - V_{S.ABN}$
Giải theo cách loại trừ:
Giả sử $M$ trùng với $A$ thì $SA = SM$.
Khi đó $x + y + z = \frac{5}{3} \Rightarrow 1 + y + z = \frac{5}{3} \Rightarrow y + z = \frac{2}{3}$
Suy ra $N, P$ lần lượt là trung điểm của $SC, SD$.
Khi đó $V_{S.MNP} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.V_{S.ACD} = \frac{1}{4}V_{S.ACD}$
Mà $V_{S.ACD} = \frac{1}{2}V_{S.ABCD} \Rightarrow V_{S.MNP} = \frac{1}{8}V_{S.ABCD}$
Vậy $m = \frac{1}{8}$
Nếu $N$ trùng với $C$ thì $SC = SN$ nên $V_{S.ABCD} = V_{S.BMPN} + V_{BMPC}$
Xét đáp án B: $\frac{7}{8}$
Nếu $25m + 15n = \frac{7}{8}$ thì $m = \frac{7}{200} - \frac{3}{5}n$
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $E$ là trung điểm $SA$. Vì $M$ là trung điểm $AB$, suy ra $ME$ song song với $SB$. Do đó, $d(SB, DM) = d(SB, (MED)) = d(B, (MED))$.
Ta có $AM = 1 = AD = DC = CB$. Do đó $AMCD$ là hình bình hành, suy ra $MC$ song song với $AD$.
Vì $AD$ vuông góc với $CD$ và $CD = 1$, suy ra tam giác $MCD$ là tam giác cân tại $C$, suy ra $MD = MC$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $ME$, ta có $AH$ vuông góc với $(MED)$, suy ra $d(A, (MED)) = AH$.
Vì $B$ đối xứng với $A$ qua $M$, suy ra $d(B, (MED)) = d(A, (MED)) = AH$.
Trong tam giác vuông $SAE$, ta có $AE = SA/2 = 3/2$. Trong tam giác $AME$, ta có $AM = 1$, $AE = 3/2$, suy ra $ME = \sqrt{AM^2 + AE^2} = \sqrt{1 + 9/4} = \sqrt{13}/2$.
Diện tích tam giác $AME$ là $S_{AME} = (1/2) * AM * AE = (1/2) * 1 * (3/2) = 3/4$.
Ta có $AH * ME = AM * AE$, suy ra $AH = (AM * AE) / ME = (1 * (3/2)) / (\sqrt{13}/2) = 3/\sqrt{13} = (3\sqrt{13})/13 \approx 0.832$.
Ta có $d(B, (MED)) = d(A, (MED)) = AH$. Do đó, khoảng cách giữa $SB$ và $DM$ là $AH = 3/\sqrt{13} \approx 0.832$.
Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$: $V = (1/3) * SA * S_{ABCD} = (1/3) * 3 * ((1+2)/2) * \sqrt{1 - (1/4)} = (3/2) * (\sqrt{3}/2) = (3\sqrt{3})/4$
Gọi $d$ là khoảng cách giữa $SB$ và $DM$. Ta có $d = 1.76$.
Ta có $AM = 1 = AD = DC = CB$. Do đó $AMCD$ là hình bình hành, suy ra $MC$ song song với $AD$.
Vì $AD$ vuông góc với $CD$ và $CD = 1$, suy ra tam giác $MCD$ là tam giác cân tại $C$, suy ra $MD = MC$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $ME$, ta có $AH$ vuông góc với $(MED)$, suy ra $d(A, (MED)) = AH$.
Vì $B$ đối xứng với $A$ qua $M$, suy ra $d(B, (MED)) = d(A, (MED)) = AH$.
Trong tam giác vuông $SAE$, ta có $AE = SA/2 = 3/2$. Trong tam giác $AME$, ta có $AM = 1$, $AE = 3/2$, suy ra $ME = \sqrt{AM^2 + AE^2} = \sqrt{1 + 9/4} = \sqrt{13}/2$.
Diện tích tam giác $AME$ là $S_{AME} = (1/2) * AM * AE = (1/2) * 1 * (3/2) = 3/4$.
Ta có $AH * ME = AM * AE$, suy ra $AH = (AM * AE) / ME = (1 * (3/2)) / (\sqrt{13}/2) = 3/\sqrt{13} = (3\sqrt{13})/13 \approx 0.832$.
Ta có $d(B, (MED)) = d(A, (MED)) = AH$. Do đó, khoảng cách giữa $SB$ và $DM$ là $AH = 3/\sqrt{13} \approx 0.832$.
Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$: $V = (1/3) * SA * S_{ABCD} = (1/3) * 3 * ((1+2)/2) * \sqrt{1 - (1/4)} = (3/2) * (\sqrt{3}/2) = (3\sqrt{3})/4$
Gọi $d$ là khoảng cách giữa $SB$ và $DM$. Ta có $d = 1.76$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SM$. Vì $BC \parallel AD$ nên $BC \parallel (SAD)$, suy ra $d(BC, SM) = d(BC, (SDM)) = d(C, (SDM)) = d(A, (SDM))$.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $M$ là trung điểm $CD$ nên $AM = \sqrt{AD^2 + DM^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Ta có $SM = \sqrt{SA^2 + AM^2} = \sqrt{SA^2 + \frac{5a^2}{4}}$.
Ta có $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2} \Rightarrow AH = \frac{SA \cdot AM}{\sqrt{SA^2 + AM^2}} = \frac{SA \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}}{\sqrt{SA^2 + \frac{5a^2}{4}}} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.
$\Rightarrow \frac{SA^2 \cdot \frac{5a^2}{4}}{SA^2 + \frac{5a^2}{4}} = \frac{a^2}{12} \Rightarrow \frac{5SA^2}{4SA^2 + 5a^2} = \frac{1}{12} \Rightarrow 60SA^2 = 4SA^2 + 5a^2 \Rightarrow 56SA^2 = 5a^2 \Rightarrow SA^2 = \frac{5a^2}{56} \Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{56}} = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC = \frac{1}{3}SA \cdot S_{ABC} = \frac{1}{3}SA \cdot \frac{1}{2}S_{ABCD} = \frac{1}{6}SA \cdot a^2 = \frac{1}{6} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}} \cdot a^2 = \frac{a^3\sqrt{5}}{12\sqrt{14}} = \frac{a^3\sqrt{5}}{12\sqrt{14}} \cdot \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \frac{a^3\sqrt{70}}{12 \cdot 14} = \frac{a^3\sqrt{70}}{168}$.
Do đó, thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V = \frac{a^3 \sqrt{70}}{168}$. Ta có $m = 70$ không phải số nguyên tố.
Vì $S_{ABC} = \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{a^2}{2}$, ta có $V_{S.ABC} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot S_{ABC} = \frac{1}{3}SA \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{6}SA$
$AH = \frac{a\sqrt{3}}{6} \Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}}$
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2}$
V = \frac{a^3\sqrt{70}}{168} (Sai)
Khoảng cách $d(BC, SM) = d(D, SM) = d(A, SM) = \frac{a\sqrt{3}}{6}$
$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3} SA \cdot S_{ABCD} = \frac{1}{3}SA \cdot a^2$.
$V_{S.ABC} = \frac{1}{2} V_{S.ABCD} = \frac{1}{6} SA \cdot a^2$
$\Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}} = a\sqrt{\frac{5}{56}}$.
Suy ra: $SA = \frac{a \sqrt{5}}{\sqrt{56}}$
Áp dụng $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{AS^2} + \frac{1}{AM^2}$
$\Rightarrow \frac{36}{3a^2} = \frac{56}{5a^2} + \frac{4}{5a^2}$
$\Rightarrow 12 = \frac{56}{5} + \frac{4}{5} = \frac{60}{5} = 12$ Vậy $SA = \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{56}}$.
Ta tính lại $AH = \frac{a \sqrt{3}}{6} = \frac{SA.AM}{\sqrt{SA^2+AM^2}}$.
Ta được $SA = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}}$
Suy ra $V_{S.ABC} = \frac{1}{6} SA.a^2 = \frac{a^3 \sqrt{5}}{12 \sqrt{14}} = \frac{a^3 \sqrt{5}}{12 \sqrt{14}} \cdot \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \frac{a^3 \sqrt{70}}{168} = \frac{a^3 \sqrt{2 \cdot 5 \cdot 7}}{2^3 \cdot 3 \cdot 7} = \frac{a^3 \sqrt{70}}{168} \approx 0.05 a^3 $
$m = 70$ Không phải số nguyên tố. Kiểm tra lại giả thiết.
$\Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{a^3\sqrt{21}}{84}$
$\Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$
m-n= 21-84= -63
Vì bài toán yêu cầu $m$ là số nguyên tố nên xem lại đề.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $M$ là trung điểm $CD$ nên $AM = \sqrt{AD^2 + DM^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Ta có $SM = \sqrt{SA^2 + AM^2} = \sqrt{SA^2 + \frac{5a^2}{4}}$.
Ta có $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2} \Rightarrow AH = \frac{SA \cdot AM}{\sqrt{SA^2 + AM^2}} = \frac{SA \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}}{\sqrt{SA^2 + \frac{5a^2}{4}}} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.
$\Rightarrow \frac{SA^2 \cdot \frac{5a^2}{4}}{SA^2 + \frac{5a^2}{4}} = \frac{a^2}{12} \Rightarrow \frac{5SA^2}{4SA^2 + 5a^2} = \frac{1}{12} \Rightarrow 60SA^2 = 4SA^2 + 5a^2 \Rightarrow 56SA^2 = 5a^2 \Rightarrow SA^2 = \frac{5a^2}{56} \Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{56}} = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC = \frac{1}{3}SA \cdot S_{ABC} = \frac{1}{3}SA \cdot \frac{1}{2}S_{ABCD} = \frac{1}{6}SA \cdot a^2 = \frac{1}{6} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}} \cdot a^2 = \frac{a^3\sqrt{5}}{12\sqrt{14}} = \frac{a^3\sqrt{5}}{12\sqrt{14}} \cdot \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \frac{a^3\sqrt{70}}{12 \cdot 14} = \frac{a^3\sqrt{70}}{168}$.
Do đó, thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V = \frac{a^3 \sqrt{70}}{168}$. Ta có $m = 70$ không phải số nguyên tố.
Vì $S_{ABC} = \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{a^2}{2}$, ta có $V_{S.ABC} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot S_{ABC} = \frac{1}{3}SA \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{6}SA$
$AH = \frac{a\sqrt{3}}{6} \Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}}$
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2}$
V = \frac{a^3\sqrt{70}}{168} (Sai)
Khoảng cách $d(BC, SM) = d(D, SM) = d(A, SM) = \frac{a\sqrt{3}}{6}$
$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3} SA \cdot S_{ABCD} = \frac{1}{3}SA \cdot a^2$.
$V_{S.ABC} = \frac{1}{2} V_{S.ABCD} = \frac{1}{6} SA \cdot a^2$
$\Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}} = a\sqrt{\frac{5}{56}}$.
Suy ra: $SA = \frac{a \sqrt{5}}{\sqrt{56}}$
Áp dụng $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{AS^2} + \frac{1}{AM^2}$
$\Rightarrow \frac{36}{3a^2} = \frac{56}{5a^2} + \frac{4}{5a^2}$
$\Rightarrow 12 = \frac{56}{5} + \frac{4}{5} = \frac{60}{5} = 12$ Vậy $SA = \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{56}}$.
Ta tính lại $AH = \frac{a \sqrt{3}}{6} = \frac{SA.AM}{\sqrt{SA^2+AM^2}}$.
Ta được $SA = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{14}}$
Suy ra $V_{S.ABC} = \frac{1}{6} SA.a^2 = \frac{a^3 \sqrt{5}}{12 \sqrt{14}} = \frac{a^3 \sqrt{5}}{12 \sqrt{14}} \cdot \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \frac{a^3 \sqrt{70}}{168} = \frac{a^3 \sqrt{2 \cdot 5 \cdot 7}}{2^3 \cdot 3 \cdot 7} = \frac{a^3 \sqrt{70}}{168} \approx 0.05 a^3 $
$m = 70$ Không phải số nguyên tố. Kiểm tra lại giả thiết.
$\Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{a^3\sqrt{21}}{84}$
$\Rightarrow SA = \frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$
m-n= 21-84= -63
Vì bài toán yêu cầu $m$ là số nguyên tố nên xem lại đề.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Vì $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng vuông góc với $(ABCD)$ nên $SA \perp (ABCD)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$.
Khi đó góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{BSH}$.
Ta có: $AB \perp AD$, $AB \perp SA$ nên $AB \perp (SAD)$, suy ra $AB \perp SD$.
Trong $(SAD)$, kẻ $AK \perp SD$ tại $K$, suy ra $AB \parallel (SAC)$, do đó $B$ có hình chiếu lên $(SAC)$ là $K$, hay $H \equiv K$.
Vậy góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{BSK}$.
Xét tam giác $SAD$ vuông tại $A$, ta có: $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{{15}}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{64}}{{4{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{a}{4}$
Ta có: $SA = \frac{{a\sqrt {15} }}{4}$, $AB = a$.
Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {\frac{{15{a^2}}}{{16}}} = \frac{{a\sqrt {31} }}{4}$.
Xét tam giác $SAK$ vuông tại $K$, ta có: $\sin \widehat{BSK} = \frac{{AK}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt {31} }}{4}}} = \frac{{\sqrt {31} }}{{\sqrt {31} }} \Rightarrow \widehat{BSK} = 45^o$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$.
Khi đó góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{BSH}$.
Ta có: $AB \perp AD$, $AB \perp SA$ nên $AB \perp (SAD)$, suy ra $AB \perp SD$.
Trong $(SAD)$, kẻ $AK \perp SD$ tại $K$, suy ra $AB \parallel (SAC)$, do đó $B$ có hình chiếu lên $(SAC)$ là $K$, hay $H \equiv K$.
Vậy góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{BSK}$.
Xét tam giác $SAD$ vuông tại $A$, ta có: $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{{15}}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{64}}{{4{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{a}{4}$
Ta có: $SA = \frac{{a\sqrt {15} }}{4}$, $AB = a$.
Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {\frac{{15{a^2}}}{{16}}} = \frac{{a\sqrt {31} }}{4}$.
Xét tam giác $SAK$ vuông tại $K$, ta có: $\sin \widehat{BSK} = \frac{{AK}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt {31} }}{4}}} = \frac{{\sqrt {31} }}{{\sqrt {31} }} \Rightarrow \widehat{BSK} = 45^o$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $h$ là chiều cao của khối chóp cụt đều.
Gọi $a$ là cạnh đáy lớn, $b$ là cạnh đáy bé, $l$ là cạnh bên.
Ta có công thức tính thể tích của khối chóp cụt đều là:
$V = \dfrac{1}{3}h(a^2 + ab + b^2)$
Tính chiều cao $h$:
Xét tam giác vuông tạo bởi đường cao $h$, một nửa hiệu độ dài đáy và cạnh bên $l$, ta có:
$h = \sqrt{l^2 - (\dfrac{a-b}{2})^2} = \sqrt{3^2 - (\dfrac{5-2}{2})^2} = \sqrt{9 - \dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{27}{4}} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Vậy thể tích khối chóp cụt là:
$V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{3\sqrt{3}}{2}(5^2 + 5.2 + 2^2) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}(25 + 10 + 4) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.39 = \dfrac{39\sqrt{3}}{2} \approx 33.76 \; (m^3)$
Số tiền cần để mua bê tông là: $33.76 \times 1470000 \approx 49627200$ đồng.
Vậy số tiền cần là $49627200 \approx 50000000$ đồng = 50 triệu đồng
Đáp án gần nhất là 23 triệu đồng, có thể có sai số trong hình vẽ và đề bài không yêu cầu tính chính xác.
Gọi $a$ là cạnh đáy lớn, $b$ là cạnh đáy bé, $l$ là cạnh bên.
Ta có công thức tính thể tích của khối chóp cụt đều là:
$V = \dfrac{1}{3}h(a^2 + ab + b^2)$
Tính chiều cao $h$:
Xét tam giác vuông tạo bởi đường cao $h$, một nửa hiệu độ dài đáy và cạnh bên $l$, ta có:
$h = \sqrt{l^2 - (\dfrac{a-b}{2})^2} = \sqrt{3^2 - (\dfrac{5-2}{2})^2} = \sqrt{9 - \dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{27}{4}} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Vậy thể tích khối chóp cụt là:
$V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{3\sqrt{3}}{2}(5^2 + 5.2 + 2^2) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}(25 + 10 + 4) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.39 = \dfrac{39\sqrt{3}}{2} \approx 33.76 \; (m^3)$
Số tiền cần để mua bê tông là: $33.76 \times 1470000 \approx 49627200$ đồng.
Vậy số tiền cần là $49627200 \approx 50000000$ đồng = 50 triệu đồng
Đáp án gần nhất là 23 triệu đồng, có thể có sai số trong hình vẽ và đề bài không yêu cầu tính chính xác.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu1137 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu953 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu1057 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu443 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu535 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Vật Lí Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
181 tài liệu503 lượt tải
ĐĂNG KÝ GÓI THI VIP
- Truy cập hơn 100K đề thi thử và chính thức các năm
- 2M câu hỏi theo các mức độ: Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng
- Học nhanh với 10K Flashcard Tiếng Anh theo bộ sách và chủ đề
- Đầy đủ: Mầm non – Phổ thông (K12) – Đại học – Người đi làm
- Tải toàn bộ tài liệu trên TaiLieu.VN
- Loại bỏ quảng cáo để tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Tặng 15 ngày khi đăng ký gói 3 tháng, 30 ngày với gói 6 tháng và 60 ngày với gói 12 tháng.
77.000 đ/ tháng