a, Xét (ABCD) có AC giao BD = O 

Xét (SAC);(SBD) có 

S là điểm chung t1; O là điểm chung t2 

=> SO là giao tuyến 2 mp trên 

b, Xét tam giác SDC có PN là đường tb tam giác 

=> NP // SC ; SC \(\subset\)(SBC) 

=> NP // (SBC) 

b, Xét (ABCD) kẻ MN cắt AD tại K 

Do K thuộc AD => K \(\subset\)(SAD) 

=> PK giao SA tại Q

Xét tam giác MNC và tam giác KND có 

^NMC = ^KND (sole) ; NC = ND (N là trung điểm); ^MNC = ^KND = ^KND (đối đỉnh) 

=> tam giác MNC = tam giác KND (g.c.g) 

=> DK = MC  (2 cạnh tương ứng) 

=> \(\dfrac{AK}{AD}=\dfrac{AD+DK}{AD}=\dfrac{AD+MC}{AD}=\dfrac{AD+\dfrac{BC}{2}}{AD}=\dfrac{AD+\dfrac{AD}{2}}{AD}=\dfrac{3}{2}\)

Do AD = BC ( ABCD là hbh) 

Xét tam giác DSC có \(\dfrac{DP}{SP}=\dfrac{DN}{NC}=1\)theo Ta lét, N là trung điểm DC

Theo Menelaus ta có 

\(\dfrac{SQ}{SA}.\dfrac{AI}{AD}.\dfrac{DP}{SP}=1\Leftrightarrow\dfrac{SQ}{SA}.\dfrac{3}{2}=1\Leftrightarrow\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{2}{3}\)

a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Xét hai mp $(SAC)$ và $(SBD)$ có

   $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng.

   $O\in AC\subset \left(SAC\right)$

   $O\in BD\subset \left(SBD\right)$

Suy ra $O$ là điểm chung của hai mặt phẳng.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SO$.

NP
⊂(SBC)NP // SCSC⊂(SBC)​

$\Rightarrow NP$ // $\left(SBC\right).$

⎧​​NP⊂(SBC)NP // SCSC⊂(SBC)​

$\Rightarrow NP$ // $\left(SBC\right).$

b) Gọi E là giao AC và MN

Có: NP//SC;EQ là giao tuyển của (PMN) và (SAC) 

$\Rightarrow IQ$ // ��⇒����=����SC=> \(\dfrac{CI}{CA}\)=\(\dfrac{SQ}{SA}\)

Mà CI=\(\dfrac{1}{4}CA\)

=>\(\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{CI}{CA}=\dfrac{1}{4}\)

Do mỗi lần sau tiền đặt gấp đôi lần tiền đặt cọc trước đó

Nên ta có cấp số nhân : \(u_1=20000,q=2\) ( Với \(u_1\) tính bằng đồng )

Số tiền người đó thua là tổng của 9 số hạng đầu tiên cấp số nhân 

\(S_9=\dfrac{u_1.\left(1-q^9\right)}{1-q}=\dfrac{20000\left(1-2^9\right)}{1-2}=10220000\) (đồng)

Số tiền người đó thắng là số hạng thứ 10 của cấp số nhân

\(u_{10}=u_1.q^{10-1}=20000.2^9=10240000\) (đồng)

Vì : \(10240000>10220000\) nên du khách đã thắng trong vụ cược này

Số tiền thắng : \(10240000-10220000=20000\) (đồng)

Số tiền du khác đặt trong mỗi lần là một cấp số nhân có �1=20000u1​=20000 và công bội $q=2.$

Du khách thua trong $9$ lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là: �9=�1+�2+...+�9=�1(1−�9)1−�=10220000S9​=u1​+u2​+...+u9​=1−pu1​(1−p9)​=10220000.

Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ $10$ là �10=�1.�9=10240000u10​=u1​.p9=10240000.

Ta có �10−�9=20000>0u10​−S9​=20000>0 nên du khách thắng $20$ $000$.

a) lim⁡�→12�+3+�−5�−�2=lim⁡�→1(2�+3+(�−5))(2�+3−(�−5))(�−�2)(2�+3−(�−5))x→1lim​x−x22x+3​+x−5​=x→1lim​(x−x2)(2x+3​−(x−5))(2x+3​+(x−5))(2x+3​−(x−5))​

=lim⁡�→1−�2+14�−13−�(�−1)(2�+3−(�−5))=lim⁡�→1−(�−1)(�−13)−�(�−1)(2�+3−(�−5))=x→1lim​−x(x−1)(2x+3​−(x−5))−x2+14x−13​=x→1lim​−x(x−1)(2x+3​−(x−5))−(x−1)(x−13)​

=lim⁡�→1−(�−13)−�(2�+3−(�−5))=−32=x→1lim​−x(2x+3​−(x−5))−(x−13)​=−23​

b) lim⁡�→1�2+��+��2−1=−12x→1lim​x2−1x2+ax+b​=−21​.

Suy ra $x=1$ là nghiệm của tử số $\Rightarrow 1+a+b=0\iff b=-a-1.$

Ta có lim⁡�→1�2+��+��2−1=lim⁡�→1�2+��−�−1�2−1=lim⁡�→1(�−1)(�+�+1)(�−1)(�+1)=−12.x→1lim​x2−1x2+ax+b​=x→1lim​x2−1x2+ax−a−1​=x→1lim​(x−1)(x+1)(x−1)(x+a+1)​=−21​.

Do đó lim⁡�→1�2+��+��2−1=−12x→1lim​x2−1x2+ax+b​=−21​

⇔2+�2=−12⇔�=−3,�=2.⇔22+a​=−21​⇔a=−3,b=2.

Số số hạng của B:

60 - 1 + 1 = 60 (số)

Do 60 chia hết cho 3 nên ta nhóm các số hạng của B thành nhóm 3 số hạng như sau:

B = 3 + 3² + 3³ + ... + 3⁶⁰

= (3 + 3² + 3³) + (3⁴ + 3⁵ + 3⁶) + ... + (3⁵⁸ + 3⁵⁹ + 3⁶⁰)

= 3.(1 + 3 + 3²) + 3⁴.(1 + 3 + 3²) + ... + 3⁵⁸.(1 + 3 + 3²)

= 3.13 + 3⁴.13 + ... + 3⁵⁸.13

= 13.(3 + 3⁴ + ... + 3⁵⁸) ⋮ 13

Vậy B ⋮ 13

=32

   64 : (18 - 4.(11 - 9)²]

=64 : [ 18 - 4. 2²]

= 64 : [18 - 16]

= 64 : 2

= 32

2098 65 32 148 18

2098 : 65 = 32 dư 18

Lãi suất 12 tháng của thể thức tiết kiệm này :

          \(\dfrac{1605000-1500000}{1500000}\).100=7%

Vậy............

Em xem lại số tiền cả vốn lẫn lãi nhé