|
|
|
|
giải đáp
|
Đạo hàm
|
|
|
|
$y=\frac{x^2-3x+5}{x-2}$
Điều kiện: $x\neq2$
$y'=(\frac{x^2-3x+5}{x-2})'$ $y'=\frac{(x^2-3x+5)'(x-2)-(x^2-3x+5)(x-2)'}{(x-2)^{2}}$ $y'=\frac{(2x-3)(x-2)-(x^2-3x+5)}{(x-2)^{2}}$
$y'=\frac{(x^2-4x+1)}{(x-2)^{2}}$
Vì $(x-2)^{2} \geq 0 \forall x$ Để $y' \geq 0 $ => $x^2-4x+1 \geq 0$
(*Cách xét dấu: trong trái ngoài cùng)
$-\infty$ $2-\sqrt{3}$ $2+\sqrt{3}$ $+\infty$ $y'$ $+$ $0$ $ -$ $0$ $+$
=> Vậy để $y' \geq 0$ => x thuộc ($-\infty$; $2-\sqrt{3}$] $\cup$ [$2+\sqrt{3}$; $+\infty$]
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng.
|
|
|
|
$MQ\bot AC$ => $MQ//BC$
Có: mp(SAB) $\bot$ mp(ABC) (do SA $\bot$ mp(ABC)) => Từ M ta kẻ MN lên SB sao cho $MN//SA$ Từ N kẻ tiếp $NP//BC$. Nối P với Q. => Ta được thiết diện MNPQ là hình thang vuông tại M (đáy lớn: MQ, đáy nhỏ: NP)
g(ABC) $=180^{o}-90^{o}-60^{o}=30^{o}$ Biết $g(ABC)$ và $g(BAC)$, ta dùng sin sẽ tính ra $AC=a$ và $BC =3a^{2}$
Theo định lí Talet trong $\Delta$ ABC có: $\frac {AM}{AB}=\frac{QM}{BC}$ $\frac {x}{2a} = \frac{QM}{3a^{2}}$
=> $QM=\frac{3ax}{2}$
Theo định lí Talet trong $\Delta$SAB có: $\frac {BM}{AB}=\frac{MN}{SA}$ $\frac {2a-x}{2a} = \frac{MN}{a}$
=> $MN=\frac{2a-x}{2}$
. . . .
. . $S_{MNPQ}=\frac{(MQ+PN).NM}{2}$ (Trong đó, NM chính là đường cao do MN $\bot$ MQ)
Lưu lại để lúc khác làm nốt-_-! Nói chung tính nốt NP là xong :) Nếu bạn làm đc tự làm luôn nhé -_-! |
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(1).
|
|
|
|
b3) Kẻ CM $\bot$ AB
Có mp(SAB) $\bot$ mp(ABC) (do SA $\bot$ mp(ABC)) Mà CM $\bot$ AB và thuộc mp(ABC) => SM là hình chiếu của SC trên mp(SAB) => g(SC,mp(SAB)) = g(CSM)
Trong $\Delta$AMC có: sin g(MAC) $=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{MC}{AC}=\frac{MC}{a}$ => MC $=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Trong $\Delta$SMC có: sin g(MSC) $=\frac{MC}{SC}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$
=> g(MSC)$=50.877854....^{o}\approx50.88^{o}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(1).
|
|
|
|
b2) mp(SAC) $\bot$ mp(SBC) (cmt)=> SC $\bot$ BC. Mà SC thuộc mp(SAC) =>SC là hình chiếu của SB trên mp(SAC) => g(SB,mp(SAC)) = g(BSC)
Xét $\Delta$ SAC. Theo pytago ta có: $SC^{2}=SA^{2}+AC^{2}$ $SC^{2}=2a^{2}$
$SC=a\sqrt{2}$
Xét $\Delta$ ABC. Theo pytago ta có: $AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$ $BC^{2}=AB^{2}-AC^{2}=4a^{2}-a^{2}=3a^{2}$ $BC=a\sqrt{3}$
=> tan g(BSC) $=\frac{BC}{SC}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ => g(BSC) = $67.1981905...^{o}\approx67.2^{o}$
AI $\bot$ SC mp(SAC) $\bot$ m(SBC) => SI là hình chiếu của SA trên mp(SBC) => g(SA,mp(SBC)) = g(ASI) = g(ASC)
Có $\Delta$SAC là $\Delta$ vuông cân tại A
=> g(ASC) = $\frac{180^{o}-90^{o}}{2}=45^{o}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(1).
|
|
|
|
b1) SA $\bot$ AB (do SA $\bot$ mp(ABC)) mà AB thuộc mp(ABC)=> AB là hình chiếu của SB trên mp(ABC) => g(SB,mp(ABC)) = g(SBA)
=> tan g(SBA) $=\frac{SA}{AB} =\frac{a}{2a}= \frac{1}{2}=19.349555...^{o}\approx19.35^{o}$
SA $\bot$ AC (do SA $\bot$ mp(ABC)) mà AC thuộc mp(ABC) => AC là hình chiếu của SC trên mp(ABC) => g(SC,mp(ABC)) = g(SCA)
Có $\Delta$SAC là $\Delta$ vuông cân tại A
=> g(SCA) = $\frac{180^{o}-90^{o}}{2}=45^{o}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(1).
|
|
|
|
a)Có: BC $\bot$ AC (gt) BC $\bot$ SA (do SA $\bot$ mp(ABC)) => BC $\bot$ mp(SAC) => mp(SAC $\bot$ mp(SBC)
Trong $\Delta$ ABC có: sin g(ABC)= sin $30^{o}$ =$ \frac {1}{2}$=$\frac{AC}{AB}$=$\frac {AC}{2a}$ => $ AC =a$ => $\Delta$ SAC cân tại A (do SA=AC=a) (1) Mà AI đi qua trung điểm SC (2)
(1)(2) => AI $\bot$ SC
Có AI thuộc mp(SAC) Mà mp(SAC) $\bot$ mp (SBC) (cmt) => AI $\bot$ mp(SBC)
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
$f_{(x)}=\begin{cases}\frac{\sqrt{x^2-5} -3}{x^2-5x-6} với x>2\\ \\ax+a^2-4 với x\leq2 \end{cases}$
$f_{(2)}=a^{2}+2a-4$
$\mathop {\lim }\limits_{x\to 2^{-}}ax+a^{2}-4$$=a^{2}+2a-4$
$\mathop {\lim }\limits_{x\to 2^{+}}\frac{\sqrt{x^2-5} -3}{x^2-5x-6}=\mathop {\lim }\limits_{x\to 2^{+}}\frac {\sqrt{1-\frac{5}{x}}-3} {x.(1-\frac{5}{x}-\frac{6}{x^{2}})}=-1$
Để hàm số liên tục tại điểm $x=2$ thì cần $\mathop {\lim }\limits_{x\to 2} f_{(x)}=f_{(2)}$ => $a^{2}+2a-4=-1$ => $a^{2}+2a-3=0$ => $a=1$ hoặc $a=-3$
|
|
|
|
giải đáp
|
sắp kiểm tra hình rồi mọi người zúp mình bài toán này với
|
|
|
|
c)
SA $\bot$ mp(ABCD)
=> SA $\bot$ AD => g(SAD) = $90^{o}$ (1)
SA $\bot$ mp(ABCD)
=> mp(SAC) $\bot$ mp(ABCD)
=> SC $\bot$ mp(ABCD)
=> SC $\bot$ BC => g(SCB) = $90^{o}$ (2)
(1)(2) => g(mp(SAD),mp(SBC)) = g(ASC)
Xét $\Delta$ABC. Theo pytago ta có:$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}$
$AC^{2}=2a^{2}$
$AC=a\sqrt{2}$
Xét $\Delta$SAC có:
SA $\bot$ AC (Do SA $\bot$ mp(ABCD))
=> tan g(ASC) = $\frac {AC}{SA} = \frac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}$
=> g(ASC) = $....^{o}$
d) Câu d mình ko chắc đâu :(
Giả sử: M trùng C thì K trùng D (Vì hiển nhiên sẽ CM được SD $\bot$ DC) M trùng B thì K trùng O (Vì hiển nhiên sẽ CM được SO $\bot$ BD)
=> Tập hợp hình chiếu vuông góc K trên DM sẽ thuộc đoạn DO.
|
|
|
|
giải đáp
|
sắp kiểm tra hình rồi mọi người zúp mình bài toán này với
|
|
|
|
b) Dựng OH vuông với AD.
Có SA vuông với mp(ABCD) => mp(SAD) vuông với mp(ABCD) => d( O,(SAD) ) = OH
Có ABCD là hình vuông (gt):
=> OA=OD và OA vuông với OD.
Theo pytago ta có: (AD^2) = 2*(OA^2) => (a^2) = 2*(OA^2) => (OA^2) = (OD^2) = (a^2)/2
Trong tam giác OAD có: 1/(OH^2) = 1/(OA^2) + 1/(OD^2) => 1/(OH^2) = 1/(a^2)/2 + 1/(a^2)/2 = 2/(a^2)/2 => (OH^2) = (a^2)/4 => OH = a/2 => d( O,(SAD) ) = a/2
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(2).
|
|
|
|
f)SA $\bot$ BC AB $\bot$ BC => mp(SAB) $\bot$ BC => SB $\bot$ BC => g(SBC) = $90^{o}$ Theo pytago ta có: $SC^{2} = SB^{2} + BC^{2}$ $SC^{2} = 4a^{2} + a^{2} = 5a^{2}$ $SC = a\sqrt{5}$
Hạ CN $\bot$ SO Sẽ CM được SN là hình chiếu của SC trên mp(SBD) => g(SC,mp(SBD) = g(NSC) = g(OSC)
=> tan g(OSC) = $\frac {NC}{SC}$ = $\frac {NC}{a\sqrt{5}}$
(*Chú ý: NC là đường vuông góc với SO chứ không bằng OC nhé ! Bạn tính NC rồi tự suy ra góc(OSC) nhé :D Hoặc có thể dùng cách khác nếu dùng tan không tính ra được :D) => g(OSC) = $ \approx ....^{o}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(2).
|
|
|
|
e)Sẽ CM được SO là hình chiếu của SB trên mp(SAC) => g(SB,mp(SAC)) = g(OSB) Trong $\Delta$SAB có: g(SBA) = $180^{o}$-g(SAB)-g(ASB) = $180^{o} - 90^{o} - 30^{o} = 60^{o}$ => sin g(SBA) = sin $60^{o} $=$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{SA}{SB}$ => SB=$\frac {2.SA}{\sqrt{3}}$=$\frac {2.a\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=$2a$
Có: OB=OA=$\frac {1}{2}.a\sqrt{2}$
=> sin g(OSB) = $\frac {OB}{SB} = \frac{\frac {1}{2}.a\sqrt{2}}{2a} = \frac{\sqrt{2}}{4}$ => g(OSB) = $21,637595184...^{o} \approx 21,64^{o}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(2).
|
|
|
|
d) Sẽ CM được SM là hình chiếu của SA trên mp(SBD)
=> g(SA,mp(SBD)) = g(ASO) => tan g(ASO) = $\frac {OA}{SA}$ = $\frac {\frac{1}{2}.a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}$ = $\frac {\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}$
=> g(ASO) = $63,24010136...^{o}$ $\approx$ $63,24^{o}$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Đường thẳng vuông góc mặt phẳng(2).
|
|
|
|
b) Kẻ AH $\bot$ SB
Sẽ CM được SH là hình chiếu của SA trên mp(SBC)
=> g(SA,mp(SBC)) = g(ASH) = g(ASB) => tan g(ASB) = $\frac {AB}{SA}$ = $\frac {a}{a\sqrt{3}}$ = $\frac {1}{\sqrt{3}}$ => g(ASB) = $30^{o}$
Kẻ AK $\bot$ SD Chứng minh tương tự, ta có:
g(SA,mp(SCD))= g(ASK) = g(ASD) => g(ASD) = $30^{o}$
|
|