Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 9
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho \(a,\,b > 0\).; \(\alpha ,\beta \in \mathbb{R}\). Mệnh đề nào sau đây sai?
\({\left( {a.b} \right)^\alpha } = {a^\alpha }.{b^\alpha }.\)
\(\frac{{{a^\alpha }}}{{{a^\beta }}} = {a^{\alpha - \beta }}\).
\[{\left( {{a^\alpha }} \right)^{\frac{1}{\beta }}} = {a^{\frac{\alpha }{\beta }}}\], \[\beta \ne 0\].
\({a^\alpha }.{b^\beta } = {\left( {ab} \right)^{\alpha + \beta }}\).
Chọn D
Với \(a,\,b > 0\)và \(\alpha ,\beta \in \mathbb{R}\)ta có khẳng định \({a^\alpha }.{b^\beta } = {\left( {ab} \right)^{\alpha + \beta }}\)sai, các khẳng định còn lại đúng.
Cho \(a > 0\) và \(a \ne 1\). Tính giá trị của biểu thức \(P = {\log _a}\left( {a.\sqrt[3]{a}} \right)\)
\(\frac{1}{3}\).
\(3\).
\(4\).
\(\frac{4}{3}\).
Chọn D
Ta có: \({\log _a}\left( {a.\sqrt[3]{a}} \right) = {\log _a}\left( {a.{a^{\frac{1}{3}}}} \right) = {\log _a}\left( {{a^{\frac{4}{3}}}} \right) = \frac{4}{3}\).
Tập nghiệm \(S\) của phương trình \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2.\)
\(S = \left\{ {10} \right\}\).
\(S = \emptyset \).
\(S = \left\{ 7 \right\}\).
\(S = \left\{ 6 \right\}\)
Chọn A
Ta có: \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10\).
Nghiệm của bất phương trình \({3^{2x}} > 243\) là:
\(x > 2\).
\(x > 3\).
\(x > \frac{5}{2}\).
\(x < \frac{5}{2}\).
Chọn C
Ta có \({3^{2x}} > 243 \Leftrightarrow {3^{2x}} > {3^5} \Leftrightarrow 2x > 5 \Leftrightarrow x > \frac{5}{2}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Mệnh đề nào sau đây sai?
\(BC \bot SB\).
\(BC \bot SA\).
\(BC \bot SD\).
\(SA \bot BD\).
Chọn C
Ta có \(BC//AD\) nên \(BC\) không vuông góc với \(SD\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\]có đáy là hình thoi tâm \(O\),\(SA = SB = SC \ne SD\). Chọn khẳng định đúng.
\[\left( {SBD} \right)\; \bot \left( {ABCD} \right)\].
\[\left( {SAC} \right)\; \bot \left( {ABCD} \right)\].
\[SO \bot \left( {ABCD} \right)\].
\[\left( {SAD} \right)\; \bot \left( {SAB} \right)\].
Chọn A
Ta có \(AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\). Do \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {ABCD} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy là hình vuông tâm \(O\), các cạnh bên đều bằng nhau. Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\). Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc
\(\widehat {SOM}\).
\(\widehat {SCO}\).
\(\widehat {SBO}\).
\(\widehat {SMO}\).
Chọn D
Ta có \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\).
Hai tam giác \(SBC\) và \(OBC\) cân đáy \(BC\)nên \(SM \bot BC,\,\,OM \bot BC\).
Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SM,OM\)hay chính là \(\widehat {SMO}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác vuông tại \(B\), \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy.Gọi \(H,K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SB,\,SC\). Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) là
\(AK\).
\(AC\).
\(AB\).
\(AH\).
Chọn D
Ta có \(BC \bot SA,\,\,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\). Lại có \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H\). Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn ước tính theo công thức \(S = A.{e^{rt}},\) trong đó \(A\) là số lượng vi khuẩn ban đầu, \(r\) là tỉ lệ tăng trưởng \(\left( {r > 0} \right),\)\(t\) là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có \(100\) con và sau \(5\) giờ có \(300\) con. Hỏi sau bao lâu thì số lượng vi khuẩn tăng gấp \(10\) lần?
\(t = \frac{5}{{\log 3}}\) giờ.
\(t = \frac{3}{{\log 5}}\) giờ.
\(t = \frac{{5\ln 3}}{{\ln 10}}\) giờ.
\(t = \frac{{3\ln 5}}{{\ln 10}}\) giờ.
Chọn A
Thay các dữ kiện ta có phương trình \(300 = 100.{e^{5r}} \Rightarrow r = \frac{{\ln 3}}{5}.\)
Để số lượng vi khuẩn tăng \(10\) lần (tức \(1000\) con), ta có \(1000 = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}t}} \Rightarrow t = \frac{5}{{\log 3}}.\)
Nếu ngày 20 – 10 – 2023, cô Hoa dùng số tiền 500 000 000 đồng để gửi tiết kiệm với lãi suất 6%/ năm cho kì hạn một tháng thì ngày 20 – 11 – 2024, tổng số tiền cô Hoa nhận được là bao nhiêu?
530 000 000 đồng.
533 493 100 đồng.
1 066 464 130 đồng.
500 000 000 đồng.
Chọn B
Khoản tiền gốc: \[P = 500\;000\;000\] đồng
Lãi suất hằng năm: \[r = 6\% \]
Số lần rút lãi trong 1 năm: \[n = 12\]
Số kì hạn: \[N = 13\]
Tổng số tiền cô Hoa nhận được là: \[A = P{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^N} = 500\;000\;000{\left( {1 + \frac{{6\% }}{{12}}} \right)^{13}} = 533493100\] đồng
Cho biết kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao \(98{\rm{\;m}}\) và cạnh đáy \(180{\rm{\;m}}\). Tính tan của góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy của kim tự tháp.
\[\frac{{49\sqrt 3 }}{{90}}\].
\[\frac{{49\sqrt 2 }}{{90}}\].
\[\frac{{49\sqrt 2 }}{{45}}\].
\[\frac{{49\sqrt 3 }}{{45}}\].
Chọn B
Xét hình chóp đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Dẫn đến góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy là góc \(\widehat {SAO} = \alpha .\)
Ta có \(\tan \alpha = \frac{{SO}}{{AO}} = \frac{{98}}{{90\sqrt 2 }} = \frac{{49\sqrt 2 }}{{90}}.\)
Một gia đình cần xây một bể nước hình hộp chữ nhật để chứa \(10\,\,{m^3}\)nước. Biết mặt đáy có kích thước chiều dài \(2,5\,\,m\) và chiều rộng \(2\,\,m\). Tính chiều cao của bể nước.
\(h = 3\,m\).
\(h = 1\,m\).
\(h = 1,5\,m\).
\(h = 2\,m\).
Chọn D
Gọi chiều cao của bể nước là \(h\).
Thể tích của bể nước là: \(V = \left( {2,5} \right).2.h = 10 \Rightarrow h = 2\,\,\left( m \right)\).
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho \(a > 0\), \(a \ne 1\).
Đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) luôn đi qua điểm \(\left( {1;0} \right)\).
Đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\) luôn đi qua điểm \(\left( {1;0} \right)\).
Tập xác định của hàm số \(y = {\log _a}x\) là khoảng\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\).
Giá trị của biểu thức \({a^{4{{\log }_{{a^2}}}\sqrt 5 }}\)bằng \(7\sqrt 5 \).
a) Sai: Đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) luôn đi qua điểm \(\left( {1;a} \right)\).
b) Đúng: Khi \(x = 1\) ta có \({\log _a}1 = 0\).
c) Sai: Tập xác định của hàm số \(y = {\log _a}x\) là khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).
d) Sai: Ta có \({a^{4{{\log }_{{a^2}}}\sqrt 5 }} = {a^{2{{\log }_a}\sqrt 5 }} = {a^{{{\log }_a}{{(\sqrt 5 )}^2}}} = 5\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot (ABC)\) và \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(S\)lên\(BC\)(tham khảo hình vẽ ).
Đường thẳng \(BC\) vuông góc với mặt phẳng \((SAH)\).
Tam giác \(SAH\)vuông tại \(H\).
Tứ diện \(S.ABC\) có hai mặt là tam giác vuông.
Đường thẳng \(AH\) vuông góc với \(BC\).
a) Đúng. Ta có: \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(SH \bot BC \Rightarrow BC \bot (SAH)\).
b) Sai. Do \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AH\) nên tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\).
c) Đúng. Ta có \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB\) và \(SA \bot AC\). Vậy ta có hai tam giác vuông tại \(A\) là \(SAB\) và \(SAC\), cũng là hai mặt bên của tứ diện.
d) Đúng. Do \(BC \bot (SAH)\) nên \(AH \bot BC\).
Số lượng của loại vi khuẩn.\[A\]. trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức \[S(t) = S(0){.2^t}\], trong đó \(S(0)\) là số lượng vi khẩn \[A\] lúc ban đầu, \(S(t)\) là số lượng vi khuẩn \[A\] sau \(t\) phút. Biết sau \(4\) phút thì số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(250\)nghìn con.
Sau\(6\) phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(1\) triệu con.
Sau\(7\) phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(2\) triệu con.
Sau\(8\) phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(3\) triệu con.
Số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là giảm dần theo thời gian.
Ta có:\(S(4) = S(0){.2^4} \Rightarrow S(0) = \frac{{S(4)}}{{{2^4}}}\).
Gọi thời gian để số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm có \(1\) triệu con là \(t\) phút
\(S(0){.2^t} = 1000000 \Leftrightarrow \frac{{250000}}{{{2^4}}}{.2^t} = 1000000 \Leftrightarrow t = 6\).
a) Vậy sau 6 phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(1\) triệu con nên a) đúng.
b) Vậy sau 7 phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(2\) triệu con nên b) đúng.
c) Vậy sau 8 phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(4\) triệu con nên c) sai.
d) Số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là tăng dần theo thời gian nên d) sai.
Người ta cần làm một bể cá dạng hình hộp chữ nhật không nắp, hai kích thước của đáy lần lượt là \({\rm{0,5 }}m\) và \({\rm{1 }}m\).
Nếu tổng diện tích bốn mặt xung quanh của bể là \({\rm{3 }}{m^2}\) thì dung tích của bể là \[{\rm{0,5 }}{m^3}\]
Ban đầu bể chưa có nước, người ta đặt một cái vòi chảy nước vào trong bể với tốc độ chảy là \(25\)lít mỗi phút. Sau khoảng thời gian \(8\) phút thì nước trong bể sẽ dâng cao \({\rm{0,5 }}m\).
Ban đầu bể chưa có nước, người ta đặt một cái vòi chảy nước vào trong bể với tốc độ chảy là \(10\)lít mỗi phút. Sau khoảng thời gian \(15\) phút thì nước trong bể sẽ dâng cao \({\rm{0,5 }}m\).
Để trang trí người ta đặt vào đấy một quả cầu thủy tinh có bán kính \(5cm\). Sau đó đổ đầy bể \(300\) lit nước thì chiều cao của bể cá là \(60,10\,\,cm\)( làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2).
a) Gọi \[x\] là chiều cao của bể cần xây (\[x > 0\]).
Tổng diện tích bốn mặt xung quanh của bể là: \[\left( {x.0,5} \right).2 + \left( {x.1} \right).2 = 3\]\[ \Rightarrow x = 1\].
Thể tích của bể là: \[V = 1.1.0,5 = 0,5{m^3}\]. Vậy a) đúng.
b) Thể tích nước cần chảy vào bể khi nước trong bể dâng cao \[0,5\] mét là \(V = 0,5.1.0,5 = 0,25\left( {{m^3}} \right)\). Có \(0,25\left( {{m^3}} \right) = 250\)lít.
Vậy thời gian để nước chảy vào bể dâng cao \[0,5\] mét là \(\frac{{250}}{{25}} = 10\)phút. Vậy b) sai
c) Thể tích nước cần chảy vào bể khi nước trong bể dâng cao \[0,5\] mét là \(V = 0,5.1.0,5 = 0,25\left( {{m^3}} \right)\). Có \(0,25\left( {{m^3}} \right) = 250\)lít.
Vậy thời gian để nước chảy vào bể dâng cao \[0,5\] mét là \(\frac{{250}}{{10}} = 25\)phút. Vậy c) sai.
d) \(30\,0\,l = 300d{m^3} = 300.000c{m^3}\)
Thể tích khối cầu thủy tinh là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi }}{3}\).
Thể tích bể cá là \({V_2} = 300.000 + \frac{{500\pi }}{3}\).
Chiều cao bể cá là \(h = \frac{{{V_2}}}{{50.100}} \approx 60,10\,\,cm\). Vậy d) đúng.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho \[x\], \(y\), \(z\) là các số thực thỏa mãn \({2^x} = {3^y} = {6^{ - z}}.\) Tính giá trị của biểu thức \(M = xy + yz + xz\)
Đặt \({2^x} = {3^y} = {6^{ - z}} = t\) với \(t > 0.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^x} = t\\{3^y} = t\\{6^{ - z}} = t\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {\log _2}t\\y = {\log _3}t\\z = - {\log _6}t\end{array} \right..\)
Mặt khác: \({\log _6}t = \frac{1}{{{{\log }_t}6}} = \frac{1}{{{{\log }_t}3 + {{\log }_t}2}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_3}t}} + \frac{1}{{{{\log }_2}t}}}} = \frac{{{{\log }_3}t.{{\log }_2}t}}{{{{\log }_3}t + {{\log }_2}t}}\).
\[M = xy + yz + xz = {\log _3}t.{\log _2}t - {\log _3}t.{\log _6}t - {\log _6}t.{\log _2}t\]\[ = {\log _3}t.{\log _2}t - \left( {{{\log }_3}t + {{\log }_2}t} \right).{\log _6}t\]
\[ = {\log _3}t.{\log _2}t - \left( {{{\log }_3}t + {{\log }_2}t} \right).\frac{{{{\log }_3}t.{{\log }_2}t}}{{{{\log }_3}t + {{\log }_2}t}} = 0.\]
Trong năm 2024, diện tích rừng trồng mới của tỉnh \[A\] là \[600{\rm{ ha}}\]. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh \[A\] mỗi năm tiếp theo đều tăng \[6\% \] so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2024, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh \[A\] có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên \[1000{\rm{ ha}}\]?
Diện tích rừng trồng mới của năm \[2024 + 1\] là: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^1}\].
Diện tích rừng trồng mới của năm \[2024 + 2\] là: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^2}\].
Diện tích rừng trồng mới của năm \[2024 + n\] là: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^n}\].
Ta có: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 1000 \Leftrightarrow {\left( {1 + 6\% } \right)^n} > \frac{5}{3} \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + 6\% } \right)}}\frac{5}{3} \approx 8,76\]
Như vậy kể từ năm 2024 thì năm 2033 là năm đầu tiên diện tích rừng trồng mới đạt trên \[1000{\rm{ ha}}\].
Bất phương trình \({\log _2}\left( {{{\log }_{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}}} \right) \ge 0\) có tập nghiệm là \(\left( {a;\,b} \right]\). Tính giá trị \(P = 3a - b\).
\({\log _2}\left( {{{\log }_{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}}} \right) \ge 0\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \ge 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} < 1\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{8\left( {x - 3} \right)}}{{3\left( {x + 3} \right)}} \le 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ;\, - 3} \right) \cup \left( {\frac{7}{3};\, + \infty } \right)\\x \in \left( { - 3;3} \right]\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{7}{3};\,3} \right]\].
Suy ra \(a = \frac{7}{3}\); \(b = 3\).
Vậy \(P = 3a - b = 3.\frac{7}{3} - 3 = 4\).
Kim tự tháp Kheops ở Ai Cập có dạng là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy dài 262 mét, cạnh bên dài 230 mét. Hãy tính góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp.
Gọi I là trung điểm BC. Suy ra : \(SI \bot BC\) và \(HI \bot BC\)
\( \Rightarrow \) Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\]và \[\left( {ABCD} \right)\]là \(\widehat {SIH}\)
Ta có: \(HI = \frac{{AB}}{2} = 131\) (m)
Xét \({\rm{\Delta SHI}}\) vuông tại H ta có: \(\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{\sqrt {18578} }}{{131}} \Rightarrow \widehat {SIH} \approx {46^0}\)
Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp là khoảng \({46^0}\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\], đáy \[ABCD\] là hình thoi cạnh \[\sqrt 7 \], \[SA = SB = SC\], \[SC\] tạovới đáy một góc \[60^\circ \], \[\widehat {ABC} = 60^\circ \]. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[AC,SD\].
Gọi \[H\]là trọng tâm của tam giác \[ABC\], Vì \[\Delta ABC\] đều và \[SA = SB = SC\] nên \[SH \bot \left( {ABC} \right)\]
Lại có \[\left\{ \begin{array}{l}SC \cap \left( {ABCD} \right) = C\\SH \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCH} = 60^\circ \]
Từ \[D\] dựng \[DI//AC\] cắt \[AB\] tại \[I\]\[ \Rightarrow AC//\left( {SDI} \right)\]
\[ \Rightarrow d\left( {AC;SD} \right) = d\left( {AC;\left( {SDI} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right)\]
Mặt khác \[\frac{{d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right)}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right)\].
Vì \[AC \bot DH \Rightarrow HD \bot ID\], mà \[SH \bot ID \Rightarrow ID \bot \left( {SHD} \right)\]
Từ \[H\] dựng \[HF \bot SD \Rightarrow HF \bot \left( {SDI} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right) = HF\].
Ta có \[EC = \frac{{\sqrt {21} }}{2} \Rightarrow HC = \frac{2}{3}EC = \frac{{\sqrt {21} }}{3}\]
Trong tam giác \[SHC\] có \[SH = HC\tan 60^\circ = a\]
Mà \[HD = HO + OD = \frac{4}{3}OD = \frac{4}{3}\frac{{\sqrt {21} }}{2} = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}\]
Trong tam giác \[SHD\] có \[\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{{{\sqrt 7 }^2}}} + \frac{3}{{4.{{\sqrt 7 }^2}}} = \frac{7}{{4.7}} \Rightarrow HF = 2\]
\[ \Rightarrow d\left( {AC;SD} \right) = \frac{3}{4}.\frac{{2\sqrt 7 \sqrt 7 }}{7} = \frac{3}{2} = 1,5\]
Cho tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \(2\sqrt 2 \). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác\(ABD\),\(ABC\) và \(E\) là điểm đối xứng với \(B\) qua điểm \(D\). Mặt phẳng \(\left( {MNE} \right)\) chia khối tứ diện \[ABCD\]thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh \(A\) có thể tích \(V\). Tính \(V\).
Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(2\sqrt 2 \) là: \(\frac{8}{3}\).
Gọi \(P = ME \cap AD\); \(T = ME \cap AB\). Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đường thẳng \(TN\) cắt \(AC\),\(BC\) lần lượt tại \(Q\),\(F\). Khi đó mặt phẳng \(\left( {MNE} \right)\) chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh \(A\) là tứ diện \(ATPQ\).
Gọi \(I\) là trung điểm \(BD\). Xét \(\Delta AID\) ta có: \(\frac{{ED}}{{EI}}.\frac{{MI}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PD}} = 1\) (định lý Menelaus)\( \Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = 3\).
Tương tự ta có: \(\frac{{QA}}{{QC}} = 3\)
Xét \(\Delta AIB\) ta có: \(\frac{{EI}}{{EB}}.\frac{{TB}}{{TA}}.\frac{{MA}}{{MI}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{TB}}{{TA}} = \frac{2}{3}\).
Mặt khác ta có: \(\frac{{{V_{ATPQ}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AT}}{{AB}}.\frac{{AP}}{{AD}}.\frac{{AQ}}{{AC}} = \frac{3}{5}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{{27}}{{80}}\) \( \Rightarrow {V_{ATPQ}} = \frac{{27}}{{80}}.\frac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{9}{{10}} = 0,9\).
