|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
b/ Gọi O là trung điểm của AC Có: $\Delta $ABC vuông cân tại B => BO vuông góc với AC, mà SA vuông góc với BO => BO vuông góc với (SAC) => O chính là hình chiếu của B xuống mp(SAC) => góc giữa SB và mp(SAC) là $\widehat{BSO}$ Ta có: BO vuông góc với (SAC) => BO vuông góc với OS => $\Delta $BOS vuông tại O Có: OB= $\frac{AB.BC}{AC}= \frac{a}{\sqrt{2}}$; $SB^2=SA^2+AB^2 => SB=a\sqrt{7}$ => sinBSO= $\frac{BO}{BS}=\frac{1}{\sqrt{14}}$ => $\widehat{BSO}\sim 15^{0}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Ôn tập chương giới hạn(tt).
|
|
|
|
Em có thể vẽ đồ thị của nos ra, nó sẽ có dạng như sau Em có thể nói là: dựa vào đồ thị ta thấy, miền nghiệm được kéo dài từ ($-\infty , +\infty $) => Phương trình $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ luôn có ít nhất một nghiệm. |
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
1/ + BD vuông góc với AC, BD vuông góc với SO=> BD vuông góc với (SAC) => (SBD) vuông góc với (SAC) + Ta có: $\Delta $BCD là tam giác cân tại C có $\widehat{BCD}=60^{0}$ => $\Delta $BCD là tam giác đều => BD= CB=CD=a => OB=a/2 Có: BF= a/4 => $\Delta $OBF vuông tại F (trong tam giác vuông cạnh đối diện với góc $30^{0}$ bằng nửa cạnh huyền) => OF vuông góc với BC, mà BC lại vuông góc với SO => BC vuông góc với (SOF) => (SBC) vuông góc với (SOF)
|
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
2/ Trong mp(SOF) kẻ OH vuông góc với SFDo BC vuông góc với (SOF) => BC vuông góc với OH => OH vuông góc với (SBC) => OH= d(O, (SBC)) Có OH là đường cao trong $\Delta $SOF vuông tại O => $\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OF^2}$ => OH= 3a/8 + Ta có: d(A, (SBC))= 2. d(O, (SBC))= 3a/4
|
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
3/ Hình chiếu của S xuông mp(ABCD) là O => góc giữa SC và mp(ABCD) là $\widehat{SCO}$Xét: $\Delta $SOC vuông tại O có: SO= 3a/4, OC= $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ => tanSCO= SO/OC= $\frac{3}{2\sqrt{3}}$ => Tính được SCO
|
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
4/ Giao tuyến của (SDC) và (SBC) là SCTrong $\Delta $SBC kẻ BG vuông góc với SC, điều này cũng dẫn đến DG vuông góc với SC (do $\Delta SBC= \Delta SDC$) => góc giữa (SCB) và (SCD) là $\widehat{BGD}$ Ta có: SF. BC= BG. SC= 2. $S_{SBC}$ => BG= $\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$= DG (bạn hiểu vì sao chứ) Áp dụng định lý cosin trong tam giác: cosBGD= $\frac{BD^{2}-BG^{2}-DG^{2}}{2.DG.BG}= -11/24$ => Tính được góc BGD
|
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
d/ Trong mp(ABCD) kẻ CG vuông góc với AD Có: BC// AD => CG cũng vuông góc với CB(1) Lại có: CG vuông góc vớ SA => CG vuông góc với (SAD) => CG vuông góc với SD(2) (1)(2)=> CG chính là khoảng cách giữa BC và SD Ta thấy, CBAG là hình vuông cạnh a => CG=a => d(CB, SD)= a |
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
1/ $\Delta ABC$ vuông cân tại B => $\widehat{BAC}=45^{0}=> \widehat{CAD}= 45^{0}$ Áp dụng định lý cosin trong $\Delta $ACD => CD= a$\sqrt{2}$ => $\Delta $ACD vuông cân tại C => CD vuông góc với CA Mà CD lại vuông góc với SA => CD vuông góc với (SAC) + Trong mp(SAC) kẻ AH vuông góc với SC Có CD vuông góc với (SAC) => CD vuông góc với AH => AH vuông góc với (SCD) => AH= d(A, (SCD)) Có AH là đường cao trong $\Delta $SAC vuông tại A => $\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AC^2}$ => AH= $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
HÌNH 11
|
|
|
|
4/ Giao tuyến của (SDC) và (SBC) là SC Trong $\Delta $SBC kẻ BG vuông góc với SC, điều này cũng dẫn đến DG vuông góc với SC (do $\Delta SBC= \Delta SDC$) => góc giữa (SCB) và (SCD) là $\widehat{BGD}$ Ta có: SF. BC= BG. SC= 2. $S_{SBC}$ => BG= $\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$= DG (bạn hiểu vì sao chứ) Áp dụng định lý cosin trong tam giác: cosBGD= $\frac{BD^{2}-BG^{2}-DG^{2}}{2.DG.BG}= -11/24$ => Tính được góc BGD |
|
|
|
giải đáp
|
HÌNH 11
|
|
|
|
3/ Hình chiếu của S xuông mp(ABCD) là O => góc giữa SC và mp(ABCD) là $\widehat{SCO}$ Xét: $\Delta $SOC vuông tại O có: SO= 3a/4, OC= $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ => tanSCO= SO/OC= $\frac{3}{2\sqrt{3}}$ => Tính được SCO |
|
|
|
giải đáp
|
HÌNH 11
|
|
|
|
2/ Trong mp(SOF) kẻ OH vuông góc với SF Do BC vuông góc với (SOF) => BC vuông góc với OH => OH vuông góc với (SBC) => OH= d(O, (SBC)) Có OH là đường cao trong $\Delta $SOF vuông tại O => $\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OF^2}$ => OH= 3a/8 + Ta có: d(A, (SBC))= 2. d(O, (SBC))= 3a/4 |
|
|
|
giải đáp
|
HÌNH 11
|
|
|
|
1/ + BD vuông góc với AC, BD vuông góc với SO => BD vuông góc với (SAC) => (SBD) vuông góc với (SAC) + Ta có: $\Delta $BCD là tam giác cân tại C có $\widehat{BCD}=60^{0}$ => $\Delta $BCD là tam giác đều => BD= CB=CD=a => OB=a/2 Có: BF= a/4 => $\Delta $OBF vuông tại F (trong tam giác vuông cạnh đối diện với góc $30^{0}$ bằng nửa cạnh huyền) => OF vuông góc với BC, mà BC lại vuông góc với SO => BC vuông góc với (SOF) => (SBC) vuông góc với (SOF) |
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
3/ Trong mp(SAC) kẻ CG vuông góc với SI Có: BD vuông góc với (SAC) => BD vuông góc với CG => CG vuông góc với (SBD) => CG chính là khoảng cách từ C đến mp(SBD) Xét CG trong $\Delta $SCI vuông tại C => $\frac{1}{CG^{2}}=\frac{1}{CS^2}+\frac{1}{CI^2}$ => CG= $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{14}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
B/ Kẻ IH vuông góc với AS Khi đó ta có: $\Delta $AHI $\sim \Delta ACS => \frac{AI}{AS}=\frac{HI}{CS}$ Có: $AS^{2}=AC^{2}+CS^{2}=\frac{5a^{2}}{2} => AS= \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{2}}$ => HI= $\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
a/ BC= BA= AC= a => $\Delta $ABC là tam giác đều => BI vuông góc với AC hay BD vuông góc với AC mà BD lại vuông góc với SC => BD vuông góc với (SAC) => (SBD) vuông góc với (SAC) |
|