Đáp án A

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do tam giác AHB vuông tại  H nên I thuộc trục của tam giác AHB. Tương tự I cũng thuộc trục của tam giác AKC. Suy ra I cách đều A, B, H,K, C nên nó là tâm mặt  cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH. 

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH thì R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có:

cot A + cot B + cot C  = b 2 + c 2 - a 2 4 S + a 2 + c 2 - b 2 4 S + a 2 + b 2 - c 2 4 S = a 2 + b 2 + c 2 4 S

Nên  c o t   A + c o t   B + c o t   C 2 = B C A B . A C + C A B C . B A + A B C A . C B

⇔ a 2 + b 2 + c 2 8 S = a . sin   A b c .   sin   A + b . sin   B c a .   sin   B + c . sin   C a b .   sin   C

⇔ a 2 + b 2 + c 2 8 S = a 2 4 R S + b 2 4 R S + c 2 4 R S ⇔ R = 2 ⇒ V = 4 3 πR 3 = 32 π 3

Đáp án B.

*Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC và AB. Trong mặt phẳng (ABC), kẻ các đường thẳng d, d’ lần lượt vuông góc với AC và AB tại E, F. Do D A ⊥ d , D A ⊥ d '  (do D A ⊥ A B C ) nên d ⊥ D A C , d ' ⊥ D A B .  Gọi I là giao điểm của d, d’ thì I chính là tâm của mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC, AKC. Hay nói cách khác, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK, bán kính R = IA cũng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp  Δ A B C  (do IA = IB = IC).

*Một số hệ thức cần nhớ trong tam giác

Cho Δ A B C ,  gọi AH là đường cao  H ∈ B C .  R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giac, p là nửa chu vi. Kí hiệu BC = a, AC = b, AB = c, diện tích S Δ A B C = S .  

1. Định lý cosin:

  a 2 = b 2 + c 2 − 2 b c cos A ; b 2 = a 2 + c 2 − 2 a c cos B ; c 2 = a 2 + b 2 − 2 a b cos C .

2. Định lý sin: a sin A = b sin B = c sin C = 2 R .  

3. Độ dài trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C (Kí hiệu lần lượt là m a , m b , m c ):

m a 2 = b 2 + c 2 2 − a 2 4 ; m b 2 = a 2 + c 2 2 − b 2 4 ; m c 2 = a 2 + b 2 2 − c 2 4 .

4. Các công thức tính diện tích tam giác:

S = 1 2 a . h a = 1 2 b . h b = 1 2 c . h c S = 1 2 b c sin A = 1 2 a c sin B = 1 2 a b sin C S = a b c 4 R = p r = p p − a p − b p − c .

5. Định lý tang:

  a − b a + b = tan A − B 2 tan A + B 2 ; b − c b + c = tan B − C 2 tan B + C 2 ; c − a c + a = tan C − A 2 tan C + A 2 .

6. Định lý cotang:  

cot A = b 2 + c 2 − a 2 4 S ; cot B = a 2 + c 2 − b 2 4 S ; cot C = a 2 + b 2 − c 2 4 S . → cot A + cot B + cot C = a 2 + b 2 + c 2 4 S .

*Phân tích dữ kiện đề bài:

  cot A + cot B + cot C 2 = B C A B . A C + C A B A . B C + A B C A . C B ⇔ A B 2 + B C 2 + C A 2 8 S Δ A B C = B C 2 + C A 2 + A B 2 A B . A C . B C ⇔ 8 S Δ A B C = A B . A C . B C ⇔ 8. A B . A C . B C 4 R = A B . A C . B C ⇔ R = 2 = I A .

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK là:

V = 4 3 π R 3 = 4 3 π 2 3 = 32 π 3  (đvtt).

a)

ta có G là trọng tâm của tam giác ABC.

\(\hept{\begin{cases}\Rightarrow BH=GH=GD\\\Rightarrow EG=GK=KC\end{cases}}\)

hay G là trung điểm của EK và HD.

tứ giác EDKH có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

do đó tứ giác EDKH là hình bình hành.

b) để hình bình hành EDKH là hình chữ nhật thì EK=HD

⇒BD=EC⇒­ΔABC­cân

vậy để hình bình hành EDKH là hình chữ nhật thì tam giác ABC cân

c) vẽ đường cao AI vuông góc với BC.

khi đó AI cũng là đường trung tuyến.

\(\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AI\)

ta có :\(\hept{\begin{cases}BE=AE\\AD=DC\end{cases}}\) nên ED là đường trung bình của tam giác ABC.

⇒\(\hept{\begin{cases}ED//BC\\2ED=BC\end{cases}}\)

vì ED//BC và AI⊥BC nên ED⊥AI

đồng thời EH⊥ED nên EH//AI.

ta có: \(\hept{\begin{cases}EH//AI\\BE=EA\end{cases}}\)\(\Rightarrow AH=\frac{AG}{2}\)

hay \(EH=\frac{\frac{2}{3}AI}{2}=\frac{1}{3}AI\Leftrightarrow3EH=AI\)

\(S\Delta ABC=\frac{AI.BC}{2}=\frac{3EH.2ED}{2}=3EH.ED\)=\(3S_{EDHK}\)

vậy\(\frac{S_{EDHK}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}\)

CHÚC BẠN HỌC TỐT

a: Xét tứ giác AHMK có 

\(\widehat{AHM}=\widehat{AKM}=\widehat{KAH}=90^0\)

Do đó: AHMK là hình chữ nhật

a: AM=5cm