Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Kẻ $AT$ vuông góc $MC$ \((T\in MC)\)
\(MC=\sqrt{MB^2+BC^2}=\sqrt{(\frac{a}{2})^2+a^2}=\frac{\sqrt{5}a}{2}\)
Khi đó:
\(\frac{AT}{AM}=\sin \angle AMT=\sin \angle BMC=\frac{BC}{MC}=\frac{a}{\frac{\sqrt{5}a}{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)
\(\Leftrightarrow AT=\frac{2\sqrt{5}}{5}.AM=\frac{\sqrt{5}a}{5}\)
Xét tam giác vuông tại $A$ là $SAT$ :
\(ST=\sqrt{SA^2+AT^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{5}}=\frac{\sqrt{30}a}{5}\)
Ta thấy:
\(\left\{\begin{matrix} AT\perp MC\\ SA\perp MC\end{matrix}\right.\Rightarrow ST\perp MC\)
\(\Rightarrow d(S, MC)=ST=\frac{\sqrt{30}a}{5}\)
Vì $I$ là trung điểm của $SC$ nên:
\(d(I,MC)=\frac{1}{2}d(S,MC)=\frac{\sqrt{30}a}{10}\)
Đáp án A.
Câu a, b thì Nguyễn Quang Duy làm đúng rồi.
c) \(a^{\dfrac{4}{3}}:\sqrt[3]{a}=a^{\dfrac{4}{3}}:a^{\dfrac{1}{3}}=a^{\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{3}}=a\)
d) \(\sqrt[3]{b}:b^{\dfrac{1}{6}}=b^{\dfrac{1}{3}}:b^{\dfrac{1}{6}}=b^{\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{6}}=b^{\dfrac{1}{6}}\)
a) =
=
b) =
=
=
. ( Với điều kiện b # 1)
c) \(\dfrac{a^{\dfrac{1}{3}}b^{-\dfrac{1}{3}-}a^{-\dfrac{1}{3}}b^{\dfrac{1}{3}}}{\sqrt[3]{a^2}-\sqrt[3]{b^2}}\)= =
=
( với điều kiện a#b).
d) \(\dfrac{a^{\dfrac{1}{3}}\sqrt{b}+b^{\dfrac{1}{3}}\sqrt{a}}{\sqrt[6]{a}+\sqrt[6]{b}}\) = =
=
=
Theo công thức ta có:
Sxq = 2πrh = 2√3 πr2
Stp = 2πrh + 2πr2 = 2√3 πr2 + 2 πr2 = 2(√3 + 1)πr2 ( đơn vị thể tích)
b) Vtrụ = πR2h = √3 π r3
c) Giả sử trục của hình trụ là O1O2 và A nằm trên đường tròn tâm O1, B nằm trên đường tròn tâm O2; I là trung điểm của O1O2, J là trung điểm cảu AB. Khi đó IJ là đường vuông góc chung của O1O2 và AB. Hạ BB1 vuông góc với đáy, J1 là hình chiếu vuông góc của J xuống đáy.
Ta có là trung điểm của
,
= IJ.
Theo giả thiết = 300.
do vậy: AB1 = BB1.tan 300 = = r.
Xét tam giác vuông
AB1 = BB1.tan 300 = O1J1A vuông tại J1, ta có: =
-
.
Vậy khoảng cách giữa AB và O1O2 :
Lời giải:
Đặt \(\log_yx=a,\log_xy=b\). Khi đó ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b=\frac{10}{3}\\ ab=\log_xy.\log_yx=1\end{matrix}\right.\)
Áp dụng định lý Viete đảo thì \(a,b\) là nghiệm của PT:
\(x^2-\frac{10}{3}x+1=0\) . PT trên có hai nghiệm \(3,\frac{1}{3}\)
Giả sử \(a=\log_yx=3\) và \(b=\log_xy=\frac{1}{3}\)
\(\left\{\begin{matrix} \log_y\left(\frac{144}{y}\right)=3\\ \log_x\left(\frac{144}{x}\right)=\frac{1}{3} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=24\sqrt{3}\\ y=2\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \frac{x+y}{2}=13\sqrt{3}\). Đáp án D
a) ta có 2√5= = √20 ; 3√2 =
= √ 18 => 2√5 > 3√2
=> <
b) 6√3 = = √108 ; 3√6 =
= √54 => 6√3 > 3√6 =>
>
a) \(2\sqrt{5}=\sqrt{2^2.5}=\sqrt{20}\)
\(3\sqrt{2}=\sqrt{3^2.2}=\sqrt{18}\)
=> \(2\sqrt{5}>3\sqrt{2}\)
=> \(\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2\sqrt{5}}< \left(\dfrac{1}{3}\right)^{3\sqrt{2}}\)
(vì cơ số \(\dfrac{1}{3}< 1\))
b) Vì \(3< 6^2\)
=> \(3^{\dfrac{1}{6}}< \left(6^2\right)^{\dfrac{1}{6}}\)
=> \(\sqrt[6]{3}< 6^{\dfrac{1}{3}}\)
=> \(\sqrt[6]{3}< \sqrt[3]{6}\)
=> \(7^{\sqrt[6]{3}}< 7^{\sqrt[3]{6}}\)
Lời giải:
Từ $A$ kẻ $AA'$ song song với trục $OO'$ ( $A'$ nằm trên đáy có tâm $O'$)
Khi đó \(AA'=OO'=a\sqrt{3}\) và \(AA'\) vuông góc với hai đáy.
\(AA'\parallel OO'\Rightarrow OO'\parallel (AA'B)\)
\(\Rightarrow d(OO', AB)=d(OO', (AA'B))=d(O', (AA'B))\)
Kẻ \(O'H\perp A'B\)
\(\left\{\begin{matrix} O'H\subset (\text{ đáy})\rightarrow O'H\perp AA'\\ O'H\perp A'B \end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow O'H\perp (AA'B)\)
\(\Rightarrow O'H=d(O', (AA'B))=d(OO', AB)\)
-------------------------------------------
Do \(OO'\parallel AA'\) nên:
\((OO', AB)=30^0\Rightarrow (AA', AB)=30^0\Leftrightarrow \angle BAA'=30^0\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}=\tan BAA'=\frac{BA'}{AA}=\frac{BA'}{a\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow BA'=a\Rightarrow BH=\frac{a}{2}\)
\(O'H=\sqrt{O'B^2-BH^2}=\sqrt{r^2-BH^2}=\sqrt{a^2-(\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)
\(\Leftrightarrow d(AB,OO')=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)
Đáp án B