a: (SBD) giao (ABCD)=BD

AB vuông góc BD

SB vuông góc BD

=>góc cần tìm là góc SBA

a: (SBD) giao (ABCD)=BD

SO vuông góc BD

AO vuông góc BD

=>((SBD);(ABCD))=góc SOA

b: (SCD) giao (SAD)=SD

Kẻ AH vuông góc SC

ΔSDC vuông tại D

Kẻ DK vuông góc SC
Qua H kẻ HF//DK

=>Góc cần tìm là góc AHF

Khẳng định thứ (III) kia chính xác là gì nhỉ? Chắc chắn 30G là ko hợp lý rồi

3D G

a: BH vuông góc SA

BH vuông góc AC

=>BH vuông góc (SAC)

b: (SC;ABCD)=(CS;CA)=góc SCA

\(AC=\sqrt{a^2+\left(\dfrac{1}{5}a\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{26}}{5}\)

\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\dfrac{3\sqrt{14}}{5}\)a

\(sinSCA=\dfrac{SA}{SC}=\dfrac{2a}{\dfrac{3\sqrt{14}}{5}a}=\dfrac{5\sqrt{14}}{21}\)

=>góc SCA=63 độ

Gọi A là biến cố "Tín hiệu phát ra là A"

B là biến cố "Tín hiệu phát ra là B"

\(A_1\) là biến cố "Tín hiệu thu được là A"

\(B_1\) là biến cố "Tín hiệu thu được là B"

Ta có hệ {A;B} là một hệ biến cố đầy đủ

\(P\left(A\right)=0,8\) ; \(P\left(B\right)=0,2\) ; \(P\left(B_1|A\right)=\dfrac{1}{5}\) ; \(P\left(A_1|B\right)=\dfrac{1}{8}\)

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ:

\(P\left(A_1\right)=P\left(A\right).P\left(A_1|A\right)+P\left(B\right).P\left(A_1|B\right)=0,8.\left(1-\dfrac{1}{5}\right)+0,2.\dfrac{1}{8}=0,665\)

b.

\(P\left(A|A_1\right)=\dfrac{P\left(A\right).P\left(A_1|A\right)}{P\left(A_1\right)}=\dfrac{0,8.\left(1-\dfrac{1}{5}\right)}{0,665}=\dfrac{128}{133}\)

TH1: Chuyển 3 file xls, 1 file doc

=>CÓ 7 file xls, 7 file doc

=>Xác suất là 7/14=1/2

TH2: Chuyển 2 file xls, 2 file doc

=>Có 6 file xls, 8 file doc

=>Xác suất là 6/14=3/7

TH3: Chuyển 1 file xls, 3 file doc

=>Có 5 file xls, 9 file doc

=>Xác suất là 5/14

\(f\left(x\right)=\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{x+7}-3}{x-2}\left(x< >2\right)\\mx+2023\left(x=2\right)\end{matrix}\right.\)

Để hàm số liên tục tại x=2 thì \(\lim\limits_{x\rightarrow2}f\left(x\right)=F\left(2\right)\)

=>\(\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{x+7-9}{\left(x-2\right)\left(\sqrt{x+7}+3\right)}=2m+2023\)

=>\(2m+2023=\dfrac{1}{\sqrt{2+7}+3}=\dfrac{1}{6}\)

=>m=-12137/12

Đề đâu bạn nhỉ?

Theo t/c đường tròn, do M là trung điểm BC \(\Rightarrow OM\perp BC\)

Áp dụng định lý Pitago:

\(OM=\sqrt{OC^2-CM^2}=\sqrt{R^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=3\)

\(\Rightarrow\) Quỹ tích M là đường tròn tâm \(\left(O;3\right)\)

Mặt khác do G là trọng tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}\)

\(\Rightarrow\) G là ảnh của M qua phép vị tự tâm A tỉ số \(k=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\) Quỹ tích G là ảnh của \(\left(O;3\right)\) qua phép vị tự tâm A tỉ số \(k=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\) Quỹ tích G là đường tròn bán kính \(\dfrac{2}{3}.3=2\)

Bài này cực kì chặt nên có lẽ phải sử dụng tới BĐT Schur

Đặt \(x+y+z=p\) ; \(xy+yz+zx=q\)

BĐT cần chứng minh tương đương: \(p^3+4q+6\ge2p^2+3pq\) với \(p;q\ge3\)

TH1: \(p\ge q\)

\(p^3+4q+6-2p^2-3pq\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(p^2-3q\right)\left(p-2\right)-2\left(q-3\right)\ge0\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}p\ge q\\p>2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(p^2-3q\right)\left(p-2\right)\ge\left(p^2-3p\right)\left(p-2\right)\)

\(\Rightarrow\left(p^2-3q\right)\left(p-2\right)-2\left(q-3\right)\ge\left(p^2-3p\right)\left(p-2\right)-2\left(p-3\right)\)

\(=\left(p-3\right)\left(p^2-2p-2\right)=\left(p-3\right)\left[p\left(p-3\right)+p-2\right]\ge0\)

 TH2: \(p\le q\)

Áp dụng BĐT Schur bậc 4:

\(p^4+4q^2+6p\ge5p^2q\Rightarrow p^3+6\ge5pq-\dfrac{4q^2}{P}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

\(5pq-\dfrac{4q^2}{p}+4q\ge2p^2+3pq\)

\(\Leftrightarrow p^2q-2q^2+2pq-p^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(q-p\right)\left(p^2-2q\right)\ge0\) (đúng)