|
|
bình luận
|
toán lớp 6
phép chia cho những số nhỏ thì nhẩm đc. số bị chia lớn thì có hơn 1 cách để tìm.
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Giúp em bài này
còn 1 lời giải bằng định lý Lagrange và 1 lời giải bằng PP tích phân nữa
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
Ta có $BI$ vuông góc với $SC$ và $BK$ vuông góc với $SC$ (vì $BK$ vuông góc với $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên $(ABC)$). Do đó $(BIK)$ vuông góc với $SC$ suy ra $IK$ vuông góc với $SC$.
Tương tự $IK$ vuông góc với $SB$ nên $IK$ vuông góc với $(SBC)$.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì $S,I,M$ thẳng hàng.
Ta có: $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2},MK=\frac{AM}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6},SM=\sqrt{AM^2+SA^2}=\frac{\sqrt{4x^2+3a^2}}{2}$,
$IM=\frac{MK.AM}{SM}=\frac{a^2}{2\sqrt{4x^2+3a^2}},SI=SM-IM=\frac{2x^2+a^2}{\sqrt{4x^2+3a^2}}$
$\Delta SIQ\sim \Delta SAM$ suy ra $QI=\frac{SI.AM}{SA}=\frac{a(2x^2+a^2)\sqrt{3}}{2x\sqrt{4x^2+3a^2}}$.
$V_{SQBC}=\frac{QI.SM.BC}{6}=\frac{a^2\sqrt{3}}{24}\left( 2x+\frac{a^2}{x}\right) \geq \frac{a^3\sqrt{6}}{12}$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
Ta có $\frac{AM'}{AD}=\frac{AM}{AC}=\frac{BN}{BF}=\frac{AN'}{AF}$ suy ra $M'N'//DF$.
$\overrightarrow{MM'}=k\overrightarrow{CD}=k\overrightarrow{BA}$.
$\overrightarrow{NN'}=(1-k)\overrightarrow{BA}$.
Với $k=\frac{1}{2}$ thì $\overrightarrow{MM'}=\overrightarrow{NN'}$, suy ra $MN//M'N'//DF$.
Với $k=\frac{1}{3}$ khẳng định trên không đúng.
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình không gian
|
|
|
|
Vì $\widehat{BCD}>\widehat{ACD}=90^0$ nên $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$.Giả sử $(P)$ cắt $CD$ tại $N$. Vì $(SMN)//(SBC)$ nên $MN//BC$ nghĩa là $N \in CD$ sao cho $DN=x\sqrt{2}$ và thiết diện cần tìm là $\Delta SMN$.Khi đó $MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=a+x$.VÌ $AM$ vuông góc với $MN$ và $AM$ là hình chiếu của $SM$ trên đáy nên $SM$ vuông góc với $MN$.Ta có $S_{SMN}=\frac{SM.MN}{2}=\frac{(a+x)\sqrt{2a^2+x^2}}{2}$.
Vì $\widehat{BCD}>\widehat{ACD}=90^0$ nên $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$.Chọn $N,P,Q$ trên $CD,SD,SA$ sao cho $MN//BC,NP//SC,MQ//SB$ thì thiết diện cần tìm là tứ giác $MNPQ$.Ta có: $\frac{SQ}{SA}=\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{CD}=\frac{SP}{SD}$ nên $PQ//AD//MN$ suy ra $MNPQ$ là hình thang.Lại có $AB$ vuông góc với $MN$ và $AB$ là hình chiếu của $MQ$ trên $(ABCD)$ nên $MQ$ vuông góc với $MN$ hay hình thang $MNPQ$ vuông tại $M$ và $Q$.Tính $S_{MNPQ}$:$MN//BC \Rightarrow MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=a+x.$$PQ=\frac{SQ}{SA}.AD=\frac{BM}{AB}.AD=2(a-x)$.$MQ=\frac{AM}{AB}.SB=x\sqrt{3}$.$S_{MNPQ}=\frac{MQ(MN+PQ)}{2}=\frac{x(3a-x)\sqrt{3}}{2}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
 Gọi tâm của hình thoi $ABCD$ là $H$. Theo định lý Pythagoras: $AH=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{3},BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3},SH=\sqrt{SB^2-BH^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$ Ta thấy $AC=2SH$ nên $\Delta SAC$ vuông cân tại $S$. Gọi $K$ là trung điểm $SA$ thì $HK$ vuông góc với $SA$. Đồng thời $BH$ vuông góc với $AH$ nên vuông góc với $SA$. Do đó $SH$ vuông góc với $(BHK)$, suy ra $SA$ vuông góc với $BK$. Tương tự $SA$ vuông góc với $DK$. Lại có $HK=\frac{AH}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}=BH=DH=\frac{BD}{2}$ nên $\Delta KBD$ vuông cân tại $K$. Vậy $(SAB)$ vuông góc với $(SAD)$. |
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
Vì $\widehat{BCD}>\widehat{ACD}=90^0$ nên $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$.
Chọn $N,P,Q$ trên $CD,SD,SA$ sao cho $MN//BC,NP//SC,MQ//SB$ thì thiết diện cần tìm là tứ giác $MNPQ$.
Ta có: $\frac{SQ}{SA}=\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{CD}=\frac{SP}{SD}$ nên $PQ//AD//MN$ suy ra $MNPQ$ là hình thang.
Lại có $AB$ vuông góc với $MN$ và $AB$ là hình chiếu của $MQ$ trên $(ABCD)$ nên $MQ$ vuông góc với $MN$ hay hình thang $MNPQ$ vuông tại $M$ và $Q$.
Tính $S_{MNPQ}$:
$MN//BC \Rightarrow MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=a+x.$
$PQ=\frac{SQ}{SA}.AD=\frac{BM}{AB}.AD=2(a-x)$.
$MQ=\frac{AM}{AB}.SB=x\sqrt{3}$.
$S_{MNPQ}=\frac{MQ(MN+PQ)}{2}=\frac{x(3a-x)\sqrt{3}}{2}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho bất phương trình $X^2+6X+7+m<0$
|
|
|
|
Bất phương trình $x^2+6x+7+m<0$ tương đương với $(x+3)^2<2-m$.
BPT này có nghiệm khi và chỉ khi $m<2$.
Với $m<2$ thì BPT tương đương với $-3-\sqrt{2-m}<x<-3+\sqrt{2-m} $
BPT ban đầu có nghiệm là một đoạn có độ dài 1 thì $2\sqrt{2-m}=1$ hay $m=\frac{7}{4}$.
Đảo lại, với $m=\frac{7}{4}$ thì BPT có nghiệm $-\frac{7}{2}<x<-\frac{5}{2}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
bất pt
|
|
|
|
1) ĐK: $x\in (0,20)\backslash \{ 1\} $
$\log_x{\sqrt{20-x}}<1 \Leftrightarrow \begin{cases} 0<x<1 \\ x>\sqrt{20-x} \end{cases} \vee \begin{cases} 1<x<20 \\ x<\sqrt{20-x} \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} 0<x<1 \\ x<-5\vee x>4 \end{cases} \vee \begin{cases} 1<x<20 \\ -5<x<4\end{cases} \Leftrightarrow 1<x<4$.
2) Đk: $-5<x<\frac{1}{3}$
Phương trình đã cho tương đương với:
\[ \log_5{(x+5)(1-3x)}>1 \Leftrightarrow (x+5)(1-3x)>5 \Leftrightarrow x(3x+14)<0 \Leftrightarrow -\frac{14}{3}<x<0\]
3) Phương trình đã cho tương đương với:
\[ \begin{cases} x>0 \\ \log_{\frac{1}{2}}{x}<\frac{1}{3}\end{cases} \Leftrightarrow 0<x<\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\].
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình học không gian
|
|
|
|
Giả sử thiết diện là tứ giác $AKHL$ như hình vẽ. Vì $SC$ vuông góc với $(AKHL)$ nên vuông góc với $AH$. Trong $\Delta SAC$ vuông tại $A$ ta có $\frac{HS}{HC}=\frac{SA^2}{AC^2}=\frac{1}{2}$ hay $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{3}$.Tình được $SC=a\sqrt{3}$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.Ta có $SC^2=SD^2+CD^2$ nên $\Delta SCD$ vuông tại $D$. Cũng có $\Delta SHK$ vuông tại $H$ nên $\Delta SCD\sim \Delta SKH$, suy ra $SK=\frac{SH.SC}{SD}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SD}{2}$.Tương tự ta có $SL=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SB}{2}$. Từ đó suy ra $KL//BD$ và $KL=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.Vì $AC$ vuông góc với $BD$ mà $AC$ là hình chiếu của $AH$ trên $(ABCD)$ nên $AH$ vuông góc với $BD$, suy ra $AH$ vuông góc với $KL$. Khi đó: $S_{AKHL}=\frac{AH.KL}{2}=\frac{3\sqrt{6}}{16}$.
Giả sử thiết diện là tứ giác $AKHL$ như hình vẽ. Vì $SC$ vuông góc với $(AKHL)$ nên vuông góc với $AH$. Trong $\Delta SAC$ vuông tại $A$ ta có $\frac{HS}{HC}=\frac{SA^2}{AC^2}=\frac{1}{2}$ hay $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{3}$.Tình được $SC=a\sqrt{3}$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.Ta có $SC^2=SD^2+CD^2$ nên $\Delta SCD$ vuông tại $D$. Cũng có $\Delta SHK$ vuông tại $H$ nên $\Delta SCD\sim \Delta SKH$, suy ra $SK=\frac{SH.SC}{SD}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SD}{2}$.Tương tự ta có $SL=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SB}{2}$. Từ đó suy ra $KL//BD$ và $KL=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.Vì $AC$ vuông góc với $BD$ mà $AC$ là hình chiếu của $AH$ trên $(ABCD)$ nên $AH$ vuông góc với $BD$, suy ra $AH$ vuông góc với $KL$. Khi đó: $S_{AKHL}=\frac{AH.KL}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
hình học không gian
|
|
|
|
 Giả sử thiết diện là tứ giác $AKHL$ như hình vẽ. Vì $SC$ vuông góc với $(AKHL)$ nên vuông góc với $AH$. Trong $\Delta SAC$ vuông tại $A$ ta có $\frac{HS}{HC}=\frac{SA^2}{AC^2}=\frac{1}{2}$ hay $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{3}$. Tình được $SC=a\sqrt{3}$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Ta có $SC^2=SD^2+CD^2$ nên $\Delta SCD$ vuông tại $D$. Cũng có $\Delta SHK$ vuông tại $H$ nên $\Delta SCD\sim \Delta SKH$, suy ra $SK=\frac{SH.SC}{SD}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SD}{2}$. Tương tự ta có $SL=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SB}{2}$. Từ đó suy ra $KL//BD$ và $KL=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vì $AC$ vuông góc với $BD$ mà $AC$ là hình chiếu của $AH$ trên $(ABCD)$ nên $AH$ vuông góc với $BD$, suy ra $AH$ vuông góc với $KL$. Khi đó: $S_{AKHL}=\frac{AH.KL}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$. |
|
|
|
giải đáp
|
hình học không gian
|
|
|
|
 Đặt $AB=a. $Gọi $I,J$ là hình chiếu của $C'$ và $P$ trên $(BMN)$. Khi đó: $\frac{HC'}{HP}=\frac{IC'}{JP}=\frac{\frac{1}{3}IC'.S_{BMN}}{\frac{1}{3}JP.S_{BMN}}=\frac{V_{C'BMN}}{V_{PBMN}}.$ Ta có: $V_{C'BMN}=\frac{1}{3}NC'.S_{BC'M}=\frac{1}{6}NC'.S_{BB'C'C}=\frac{a^3}{12}.$ Theo bài toán tại http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114264/hinh-khong-gian ta biết rằng $BD'$ vuông góc với $(MNP)$. Dễ dàng chứng minh tâm $O$ của hình lập phương là giao điểm của $BD'$ và $(MNP)$. Khi đó $V_{PBMN}=\frac{1}{3}BO.S_{MNP}$. Theo định lý Pythagoras ta tính được $MN=NP=PM=\frac{\sqrt{6}}{2}$, suy ra $S_{MNP}=\frac{MN^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{8}$. Vì $BO=\frac{BD'}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ nên ta tính được $V_{PBMN}=\frac{3a^3}{16}$. Vậy $\frac{HC'}{HP}=\frac{4}{9}.$ |
|
|
|
sửa đổi
|
hình không gian
|
|
|
|
Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$ và $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$.Vì $AB=AC$ mà $SB$ và $SC$ là hình chiếu của $AB$ và $AC$ trên $(MBC)$ nên $SB=SC$, suy ra $SI$ vuông góc với $BC$.Dễ thấy $AI$ và $SI$ cùng vuông góc với $BC$ nên $BC$ vuông góc với $(ASI)$, suy ra $(ASI)$ vuông góc với $(ABC)$. Từ đó suy ra $H \in AI$Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AI^2=\frac{a^2}{2}$.Vì $\Delta ASI$ vuông tại $S$ nên $AS^2+SI^2=AI^2=\frac{a^2}{2}$.Áp dụng hệ thức hệ trong $\Delta ASI$ ta có:$\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{SI^2}\geq \frac{4}{AS^2+SI^2}=\frac{8}{a^2}$ hay $SH\leq \frac{a\sqrt{2}}{4}$.Khi đo; $V_{S.ABC}=\frac{S_{ABC}.SH}{3}\leq \frac{a^3\sqrt{2}}{8}$.
Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$ và $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$.Vì $AB=AC$ mà $SB$ và $SC$ là hình chiếu của $AB$ và $AC$ trên $(MBC)$ nên $SB=SC$, suy ra $SI$ vuông góc với $BC$.Dễ thấy $AI$ và $SI$ cùng vuông góc với $BC$ nên $BC$ vuông góc với $(ASI)$, suy ra $(ASI)$ vuông góc với $(ABC)$. Từ đó suy ra $H \in AI$Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AI^2=\frac{a^2}{2}$.Vì $\Delta ASI$ vuông tại $S$ nên $AS^2+SI^2=AI^2=\frac{a^2}{2}$.Áp dụng hệ thức hệ trong $\Delta ASI$ ta có:$\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{SI^2}\geq \frac{4}{AS^2+SI^2}=\frac{8}{a^2}$ hay $SH\leq \frac{a\sqrt{2}}{4}$.Khi đo; $V_{S.ABC}=\frac{S_{ABC}.SH}{3}\leq \frac{a^3\sqrt{2}}{24}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$ và $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$.  Vì $AB=AC$ mà $SB$ và $SC$ là hình chiếu của $AB$ và $AC$ trên $(MBC)$ nên $SB=SC$, suy ra $SI$ vuông góc với $BC$. Dễ thấy $AI$ và $SI$ cùng vuông góc với $BC$ nên $BC$ vuông góc với $(ASI)$, suy ra $(ASI)$ vuông góc với $(ABC)$. Từ đó suy ra $H \in AI$ Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AI^2=\frac{a^2}{2}$. Vì $\Delta ASI$ vuông tại $S$ nên $AS^2+SI^2=AI^2=\frac{a^2}{2}$. Áp dụng hệ thức hệ trong $\Delta ASI$ ta có: $\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{SI^2}\geq \frac{4}{AS^2+SI^2}=\frac{8}{a^2}$ hay $SH\leq \frac{a\sqrt{2}}{4}$. Khi đo; $V_{S.ABC}=\frac{S_{ABC}.SH}{3}\leq \frac{a^3\sqrt{2}}{24}$. |
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên ta có $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$. Ta suy ra:
\[ \overrightarrow{SA}+\frac{2003}{4}\overrightarrow{SP}=\frac{SB}{SE}.\overrightarrow{SE}+\frac{SD}{SF}.\overrightarrow{SF}.\]
\[ \Leftrightarrow \overrightarrow{SA}=-\frac{2003}{4}\overrightarrow{SP}+\frac{SB}{SE}.\overrightarrow{SE}+\frac{SD}{SF}.\overrightarrow{SF}.\]
Vì $A \in (PEF)$ nên $-\frac{2003}{4}+\frac{SB}{SE}+\frac{SD}{SF}=1$ hay $\frac{SB}{SE}+\frac{SD}{SF}=\frac{2007}{4}$.
|
|