Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
Tìm được A(0;3); B(0;7)
suy ra I(0;5)
b)
Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: x+3 = 3x+7
⇒x = -2 ⇒yJ = 1 ⇒J(-2;1)
Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20
⇒OJ2 + IJ2 = OI2 ⇒ tam giác OIJ là tam giác vuông tại J
\(\Rightarrow S_{\Delta OIJ}=\dfrac{1}{2}.OJ.IJ=\dfrac{1}{2}.\sqrt{5}.\sqrt{20}=5\left(dvdt\right)\)
ĐÂY LÀ TOÁN LP 9 MÀ
1.
\(V=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{6}.a.a.2a=\frac{a^3}{3}\)
2.
\(V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{2}\)
P/s: chóp này là chóp "có đáy là tam giác đều" chứ không phải "chóp tam giác đều"
Hai loại này khác xa nhau đấy, ko lộn xộn nhầm lẫn được đâu
3.
Câu này đề sai
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại A
\(\Rightarrow SC>SA\) (cạnh huyền luôn lớn hơn cạnh góc vuông)
Do đó đề cho \(SA=SC\) là vô lý
4.
\(AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2a\)
\(\widehat{SCA}=60^0\Rightarrow SA=SC.tan60^0=2a\sqrt{3}\)
\(V=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.a.a\sqrt{3}=2a^3\)
18.
\(F\left(x\right)=\int\limits xe^{x^2}dx\)
Đặt \(t=x^2\Rightarrow xdx=\frac{1}{2}dt\)
\(\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{1}{2}\int e^tdt=\frac{1}{2}e^t+C=\frac{1}{2}e^{x^2}+C\)
Ủa bạn có ghi nhầm đáp án A ko? Thế nào thì cả A và D đều ko phải nguyên hàm
19.
\(F\left(x\right)=\int sin^4xcosxdx=\int sin^4x.d\left(sinx\right)=\frac{1}{5}sin^5x+C\)
20.
Đặt \(4x=t\Rightarrow dx=\frac{1}{4}dt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow t=0\\x=2\Rightarrow t=8\end{matrix}\right.\)
\(\int\limits^2_0f\left(4x\right)dx=\int\limits^8_0\frac{1}{4}f\left(t\right)dt=\frac{1}{4}\int\limits^8_0f\left(x\right)dx=\frac{1}{4}.24=6\)
15.
\(t=cosx\Rightarrow sinx.dx=-dt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow t=1\\x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^0_1e^t\left(-dt\right)=\int\limits^1_0e^tdt\)
Nếu cần kết quả tích phân thì \(I=e-1\)
16.
\(t=x^2\Rightarrow x.dx=\frac{1}{2}dt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow t=0\\x=2\Rightarrow t=4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^4_04^t\left(\frac{1}{2}dt\right)=\frac{1}{2}\int\limits^4_04^tdt\)
17.
\(t=x^2+2x\Rightarrow\left(x+1\right)dx=\frac{1}{2}dt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow t=0\\x=1\Rightarrow t=3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^3_0e^t\left(\frac{1}{2}dt\right)=\frac{1}{2}\int\limits^3_0e^tdt\)
Bài 14:
Vecto chỉ phương của đường thẳng $d$ là: $\overrightarrow{u_d}=(1; -1; 2)$
Mp $(P)$ vuông góc với $d$ nên nhận $\overrightarrow{u_d}$ là vecto pháp tuyến
Do đó PTMP $(P)$ là:
$1(x-x_M)-1(y-y_M)+2(z-z_M)=0$
$\Leftrightarrow x-y+2z=0$
Đáp án A
Bài 13:
Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB thì ta thu được một khối hình là hợp của 2 hình nón (ngược chiều nhau) có cùng bán kính đáy $r$ là đường cao của tam giác đều, tức là $r=\frac{\sqrt{3}}{2}.1=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và đường cao là $h=\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}$
Thể tích 1 hình nón: $V_n=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{\pi}{8}$
Do đó thể tích của khối hình khi quay tam giác đều ABC quanh AB là: $2V_n=\frac{\pi}{4}$
A B C B' C' A' E M
Từ giả thiết ta suy ra tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B
Thể tích của khối lăng trụ là \(V_{ABC.A'B'C'}=AA'.BC=a\sqrt{2.}\frac{1}{2}a^2=\frac{\sqrt{2}}{2}a^3\)
Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B'C nên khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM, B'C bằng khoảng cách giữa B'C và mặt phẳng (AME)
Nhận thấy, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME)
Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do đó tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc với nhau nên :
\(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BM^2}+\frac{1}{BE^2}\Rightarrow\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{7}{a^2}\)
\(\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{7}}{7}\)
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng B'C và AM bằng \(\frac{a\sqrt{7}}{7}\)
