Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
4.
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp AH\)
Mà \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\)
Lại có \(AK\perp SC\)
\(\Rightarrow SC\perp\left(AKH\right)\Rightarrow SK\) là đường cao của chóp S.AHK ứng với đáy là tam giác AHK vuông tại H (do \(AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp HK\))
Áp dụng hệ thức lượng:
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}=\)
À thôi đến đây phát hiện ra đề bài sai
\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow\) tam giác SAB vuông tại A với SA là cạnh góc vuông, SB là cạnh huyền
\(\Rightarrow SB>SA\Rightarrow SB=SA=a\) là hoàn toàn vô lý
1.
Gọi chóp S.ABCD với I là tâm đáy
\(V=\frac{1}{3}SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}SI.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}\)
\(\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)
\(IA=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SA=\sqrt{SI^2+IA^2}=a\sqrt{2}\)
2.
Đặt \(BC=x\)
Gọi H là hình chiếu của S lên đáy \(\Rightarrow\) H là trung điểm BC
\(\Rightarrow SH=\sqrt{SC^2-HC^2}=\sqrt{4a^2-\frac{x^2}{4}}\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}a\sqrt{x^2-a^2}\)
\(\Rightarrow V=\frac{1}{6}a\sqrt{\left(x^2-a^2\right)\left(4a^2-\frac{x^2}{4}\right)}=\frac{1}{3}a\sqrt{\left(\frac{x^2}{4}-\frac{a^2}{4}\right)\left(4a^2-\frac{x^2}{4}\right)}\)
\(V\le\frac{a}{6}\left(\frac{x^2}{4}-\frac{a^2}{4}+4a^2-\frac{x^2}{4}\right)=\frac{5a^3}{8}\)
5.
Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow AM\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(A'AM\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{A'MA}\) là góc giữa (A'BC) và (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{A'MA}=60^0\)
\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A'A=AM.tan60^0=\frac{3a}{2}\)
\(B=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V=B.A'A=\frac{3\sqrt{3}}{8}a^3\)
1.
\(V=Bh\)
2.
\(B=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V=Bh=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{6}=\frac{3\sqrt{2}}{4}a^3\)
3.
\(B=\frac{1}{2}\left(a\sqrt{2}\right)^2=a^2\Rightarrow V=Bh=a^2.5a=5a^3\)
4.
\(h=\sqrt{\left(2a\right)^2-\left(a\sqrt{3}\right)^2}=a\)
\(B=\frac{\left(a\sqrt{3}\right)^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)
\(V=Bh=\frac{3\sqrt{3}}{4}a^3\)
4.
Qua G kẻ đường thẳng song song AB lần lượt cắt AC và BC tại M và N
\(\Rightarrow A'B'NM\) là thiết diện của (A'B'G) và lăng trụ
Theo Talet ta có \(\frac{CM}{AC}=\frac{CN}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow CM=CN=\frac{2a}{3}\)
Kéo dài A'M, B'N, C'C đồng quy tại P (theo tính chất giao tuyến 3 mặt phẳng)
Do \(CN//B'C'\Rightarrow\frac{PC}{PC'}=\frac{CN}{B'C'}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{PC}{PC+CC'}=\frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow3PC=2\left(PC+a\right)\Rightarrow PC=2a\)
\(\Rightarrow PC'=3a\)
\(MN=\frac{2}{3}BC\Rightarrow S_{CMN}=\frac{4}{9}S_{ABC}=\frac{4}{9}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{9}\)
\(V_{P.A'B'C'}=\frac{1}{3}PC'.S_{A'B'C'}=\frac{1}{3}.3a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}\)
\(V_{P.CMN}=\frac{1}{3}PC.S_{CMN}=\frac{1}{3}.2a.\frac{a^2\sqrt{3}}{9}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{27}\)
\(\Rightarrow V_{CMN.A'B'C'}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}-\frac{2a^3\sqrt{3}}{27}=\frac{19a^3\sqrt{3}}{108}\)
\(\Rightarrow V_{MNABA'B'}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}-\frac{19a^3\sqrt{3}}{108}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{27}\)
2.
Đề thiếu dữ kiện ko tính được, chỉ tính được trong trường hợp tam giác ABC là vuông cân.
3.
\(AC=BC=a\sqrt{2}\) ; \(AC=AB\sqrt{2}=2a\)
Gọi M là trung điểm AC \(\Rightarrow BM\perp AC\Rightarrow BM\perp\left(ACC'A'\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BA'M}\) là góc giữa A'B và (ACC'A')
\(\Rightarrow\widehat{BA'M}=30^0\)
\(BM=\frac{1}{2}AC=a\)
\(tan\widehat{BA'M}=\frac{BM}{A'M}\Rightarrow A'M=\frac{BM}{tan30^0}=a\sqrt{3}\)
\(A'A=\sqrt{A'M^2-AM^2}=a\sqrt{2}\)
\(V=\frac{1}{2}A'A.AB.BC=a^3\sqrt{2}\)
Ko đáp án nào đúng
A E M B C H N S
Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)
- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))
=d(B,(CMN))
=d(A,(CMN))
- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)
Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :
\(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)
\(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)
Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)
S A M I C G B H
Vì tam giác ABC vuông cân tại C, \(AB=3a\Rightarrow CA=CB=\frac{3a}{\sqrt{2}}\)
Gọi M là trung điểm \(AC\Rightarrow MC=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\Rightarrow MB=\frac{3a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\)
\(\Rightarrow BG=\frac{2}{3}BM=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\Rightarrow SG=\sqrt{SB^2-BG^2}=a\)
\(\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SG.S_{\Delta ABC}=\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}\)
Kẻ \(GI\perp AC\left(I\in AC\right)\Rightarrow AC\perp\left(SGI\right)\)
Ta có : \(GI=\frac{1}{3}BC=\frac{a}{\sqrt{2}}\)
Kẻ \(GH\perp SI\left(H\in SI\right)\Rightarrow GH\perp\left(SAC\right)\Rightarrow d\left(G,\left(SAC\right)\right)=GH\)
Ta có \(\frac{1}{GH^2}=\frac{1}{GS^2}+\frac{1}{GI^2}\Rightarrow GH=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow3d\left(B,\left(SAC\right)\right)=3GH=a\sqrt{3}\)
Câu 1:
Giải trâu bò: \(m=\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}\)
Đặt \(f\left(x\right)=\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{\sqrt{2x^2+1}-\frac{\left(x+1\right).2x}{\sqrt{2x^2+1}}}{2x^2+1}=\frac{2x^2+1-2x^2-2x}{\left(2x^2+1\right)\sqrt{2x^2+1}}=\frac{1-2x}{\left(2x^2+1\right)\sqrt{2x^2+1}}\)
\(f'\left(x\right)=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}\Rightarrow\) từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow m< f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{6}}{2}\)
Mặt khác ta có:
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}=lim\frac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{2+\frac{1}{x^2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{1+\frac{1}{x}}{-\sqrt{2+\frac{1}{x^2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(\Rightarrow-\frac{\sqrt{2}}{2}< m< \frac{\sqrt{6}}{2}\)
Câu 2:
S A B C G M N P
\(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.BC=\frac{1}{6}a^3\)
Qua G kẻ đường thẳng song song BC lần lượt cắt SB, SC tại M và N
Gọi P là trung điểm SC, áp dụng định lý Talet:
\(\frac{PN}{PC}=\frac{PG}{BP}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{SN}{SC}=\frac{SM}{SB}=\frac{PN+SP}{2SP}=\frac{PN+PC}{2PC}=\frac{2}{3}\)
Áp dụng công thức Simsons:
\(\frac{V_{S.ANM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SN}{SC}.\frac{SM}{SB}=1.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\Rightarrow V_{S.ANM}=\frac{4}{9}V_{SABC}=\frac{2}{27}a^3\)
\(\Rightarrow V_{ABCNM}=V_{SABC}-V_{SANM}=\frac{1}{6}a^3-\frac{2}{27}a^3=\frac{5}{54}a^3\)
1.
\(V=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{6}.a.a.2a=\frac{a^3}{3}\)
2.
\(V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{2}\)
P/s: chóp này là chóp "có đáy là tam giác đều" chứ không phải "chóp tam giác đều"
Hai loại này khác xa nhau đấy, ko lộn xộn nhầm lẫn được đâu
3.
Câu này đề sai
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại A
\(\Rightarrow SC>SA\) (cạnh huyền luôn lớn hơn cạnh góc vuông)
Do đó đề cho \(SA=SC\) là vô lý
4.
\(AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2a\)
\(\widehat{SCA}=60^0\Rightarrow SA=SC.tan60^0=2a\sqrt{3}\)
\(V=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.a.a\sqrt{3}=2a^3\)