|
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=a√32,MK=AM3=a√36,SM=√AM2+SA2=√4x2+3a22, IM=MK.AMSM=a22√4x2+3a2,SI=SM−IM=2x2+a2√4x2+3a2 ΔSIQ∼ΔSAM suy ra QI=SI.AMSA=a(2x2+a2)√32x√4x2+3a2. VSQBC=QI.SM.BC6=a2√324(2x+a2x)≥a3√612. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=a√22.
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
Ta có AM′AD=AMAC=BNBF=AN′AF suy ra M′N′//DF. →MM′=k→CD=k→BA. →NN′=(1−k)→BA. Với k=12 thì →MM′=→NN′, suy ra MN//M′N′//DF. Với k=13 khẳng định trên không đúng.
|
|
|
sửa đổi
|
hình không gian
|
|
|
Vì ^BCD>^ACD=900 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 AIVì \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 AIVì \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 AIVì \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}.
|
|