Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Qua O vẽ đường thẳng d vuông góc với (ABCD)
Khi đó d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD
Gọi H là trung điểm của cạnh SA
Trong mặt phẳng (SAO) đường trung trực của đoạn SA cắt đường thẳng SO tại I , ta có: \(\Delta SAO\) đòng dạng \(\Delta SIH\)
\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SO}=\dfrac{SI}{SH}\Leftrightarrow SI=\dfrac{SA.SH}{SO}=\dfrac{SA^2}{2SO}\)
Mà \(SA^2=SO^2+OA^2=\left(\dfrac{a}{2}\right)^2+\left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2=\dfrac{3a^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow SA=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Khi đó \(SI=\dfrac{3a^2}{\dfrac{4}{2.\dfrac{a}{2}}}=\dfrac{3a}{4}\)
Mặt khác \(\left\{{}\begin{matrix}IS=IA\\IA=IB=IC=ID\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow IS=IA=IB=IC=ID=\dfrac{3a}{4}\)
Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là I và bán kính \(R=SI=\dfrac{3a}{4}\)
Diện tích mặt cầu là: \(S=4\pi R^2=4\pi.\left(\dfrac{3a}{4}\right)^2=\dfrac{9\pi\pi^2}{4}\)
Thể tích khối cầu là: \(V=\dfrac{4}{3}\pi R^2=\dfrac{4}{3}\pi.\left(\dfrac{3a}{4}\right)^2=\dfrac{9\pi\pi^2}{16}\)
a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm O trên mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\).
Theo giả thiết ta có \(\widehat{OAH}=30^0\)
Do đó : \(HA=OA\cos30^0=r\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Gọi O là giao điểm của AC và BD \(\Rightarrow A_1O\perp\left(ABCD\right)\)
Gọi E là trung điểm của AD \(\Rightarrow\begin{cases}OE\perp AD\\A_1E\perp AD\end{cases}\)
Suy ra \(\widehat{A_1EO}\) là góc giữa 2 mặt phẳng \(\left(ADD_1A_1\right)\) và \(\left(ABCD\right)\) \(\Rightarrow\widehat{A_1EO}=60^o\)
Suy ra : \(A_1O=OE.\tan\widehat{A_1EO}=\frac{AB}{2}\tan\widehat{A_1EO}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Diện tích đáy \(S_{ABCD}=AB.AD=a^2\sqrt{3}\)
Thể tích \(V_{ABCD.A'B'C'D'}=S_{ABCD}.A_1O=\frac{3a^2}{2}\)
Ta có : \(B_1C||A_1D\)\(\Rightarrow B_1C||\left(A_1CD\right)\)
\(\Rightarrow d\left(B_1,\right)\left(A_1BD\right)=d\left(C,\left(A_1BD\right)\right)=CH\)
\(\Rightarrow d\left(B_1,\right)\left(A_1BD\right)=CH=\frac{CD.CB}{\sqrt{CD^2+CB^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Vậy \(SB^2=\dfrac{6a^2}{9}+4a^2=\dfrac{42a^2}{9}\)
Do đó \(SB=\dfrac{a\sqrt{42}}{3}\)
Ta suy ra :
\(r=\dfrac{SB}{2}=\dfrac{a\sqrt{42}}{6}\)
Tập xác định : \(D=R\backslash\left\{1\right\}\)
Ta có \(y'=\frac{-1}{\left(x-1\right)^2}\).
Gọi \(M\left(x_o;y_0\right)\) là tiếp điểm
a) Ta có \(y_0=0\Rightarrow x_0=\frac{1}{2}\Rightarrow y'\left(x_0\right)=-4\)
Phương trình tiếp tuyến là : \(y=-4x+2\)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) :
\(\frac{2x-1}{x-1}=x+1\Leftrightarrow x^2-2x=0\Leftrightarrow x=0;x=2\)
* \(x_0=0\Rightarrow\) phương trình tiếp tuyến là : \(y=-x\left(x-0\right)+1=-x+1\)
* \(x_0=2\Rightarrow\) phương trình tiếp tuyến là : \(y=-x+5\)
c) Ta có phương trình của đường thẳng \(\Delta:y-\frac{2x_0-1}{x_0-1}=\frac{-1}{\left(x_0-1\right)^2}\left(x-x_0\right)\)
hay \(\Delta:\frac{1}{\left(x_0-1\right)^2}x+y-\frac{x_0}{\left(x_0-1\right)^2}-\frac{2x_0-1}{x_0-1}=0\)
Ta có : \(d\left(I;\Delta\right)=\frac{\left|\frac{2}{x_0-1}\right|}{\sqrt{\frac{1}{\left(x_0-1\right)^4}+1}}\le\sqrt{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left(x_0-1\right)^4=1\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x_0=0\\x_0=2\end{array}\right.\)
Suy ra có 2 tiếp tuyến là : \(\Delta_1:y=-x+1\)
\(\Delta_2:y=-x+5\)
d) Ta có : \(\Delta Ox=A\left(2x^2_0-2x_0+1;0\right)\)
\(OA=1\Leftrightarrow\left|2x^2_0-2x_0+1\right|=1\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x_0=0\\x_0=1\end{array}\right.\)
Suy ra phương trình tiếp tuyến là : \(y=-x+1\)
A C D B (P) (Q)
Do \(\left(P\right)\perp\left(Q\right)\) và \(\left(P\right)\cap\left(Q\right)=\Delta\)
và \(DB\perp\left(\Delta\right)\left(DB\in\left(Q\right)\right)\)
Nên \(DB\perp\left(P\right)\Rightarrow DB\perp BC\)
Tương tự ta có :
\(CA\perp AD\)
Vì \(\widehat{CAD}=\widehat{DBC}=90^0\) nên CD chính là đường kính hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Gọi R là bán kính của hinh cầu này thì :
\(R=\frac{1}{2}CD\) (1)
Theo định lý Pitagoc trong 2 tam giác vuông CAD, ABD ta có :
\(CD^2=CA^2+AD^2=CA^2+BA^2+BD^2=3a^2\)
\(\Rightarrow CD=a\sqrt{3}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(R=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)