K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 11 2021
Đặt tên các điểm như hình vẽ, với H là trung điểm AB
\(\Rightarrow\widehat{SHO}=60^0\) (là góc giữa thiết diện và đáy nón)
Tam giác SAB đều \(\Rightarrow SH=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OH=SH.cos60^0=\sqrt{3}\\h=SO=SH.sin60^0=3\end{matrix}\right.\)
\(R=OA=\sqrt{AH^2+OH^2}=\sqrt{2^2+3}=\sqrt{7}\)
\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}\pi R^2h=\dfrac{1}{3}\pi.7.3=7\pi\left(cm^3\right)\)
MA
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 5 2021
Phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc \(\overrightarrow{a}\) có dạng:
\(4\left(x-1\right)+2\left(y-1\right)-1\left(z+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow4x+2y-z-8=0\)
Gọi B là giao điểm (P) và \(\Delta\Rightarrow\) tọa độ B thỏa mãn:
\(4\left(2-t\right)+2\left(3+2t\right)-\left(1+3t\right)-8=0\) \(\Rightarrow t=\dfrac{5}{3}\) \(\Rightarrow B\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{19}{3};6\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AB}=\left(-\dfrac{2}{3};\dfrac{16}{3};8\right)=\dfrac{2}{3}\left(-1;8;12\right)\)
Phương trình d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1-t\\y=1+8t\\z=-2+12t\end{matrix}\right.\)
HN
25 tháng 10 2021
a. Để hàm số đã cho có một cực trị thì -m(2m-1)>0 \(\Rightarrow\) 0<m<1/2.
b. Để hàm số đã cho có ba cực trị thì -m(2m-1)<0 \(\Rightarrow\) m<0 hoặc m>1/2.
c. Để hàm số đã cho có một cực trị là cực đại thì m<0 và -(2m-1)<0, suy ra không có giá trị nào của m thỏa yêu cầu của bài toán.
ạ
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 2 2021
\(I_7=\int\limits^3_0x^2\sqrt{10-x^2}xdx\)
Đặt \(\sqrt{10-x^2}=t\Rightarrow x^2=10-t^2\Rightarrow xdx=tdt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow t=\sqrt{10}\\x=3\Rightarrow t=1\end{matrix}\right.\)
\(I_7=\int\limits^1_{\sqrt{10}}\left(10-t^2\right)t.tdt=\int\limits^{\sqrt{10}}_1\left(t^4-10t^2\right)dt\)
\(=\left(\dfrac{1}{5}t^5-\dfrac{10}{3}t^3\right)|^{\sqrt{10}}_1\) (tới đây bạn tự tính ra kết quả nhé)
\(I_8=\int\limits^{\dfrac{\pi}{4}}_02sinx.cosx.cosxdx=-2\int\limits^{\dfrac{\pi}{4}}_0cos^2x.d\left(cosx\right)\)
\(=-\dfrac{2}{3}cos^3x|^{\dfrac{\pi}{4}}_0=...\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 2 2021
\(I_9=\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_0\dfrac{sinx}{1+3cosx}dx\)
Đặt \(u=cosx\Rightarrow du=-sinx.dx\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow u=1\\x=\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow u=0\end{matrix}\right.\)
\(I_9=\int\limits^0_1\dfrac{-du}{1+3u}=\dfrac{1}{3}\int\limits^1_0\dfrac{d\left(3u+1\right)}{3u+1}=\dfrac{1}{3}ln\left(3u+1\right)|^1_0=\dfrac{1}{3}ln10\)
\(I_{10}=\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_0sin^4x.\left(1-sin^2x\right)^2cosxdx\)
Đặt \(u=sinx\Rightarrow du=cosxdx\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow u=0\\x=\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow u=1\end{matrix}\right.\)
\(I_{10}=\int\limits^1_0u^4\left(1-u^2\right)du=\int\limits^1_0\left(u^8-2u^6+u^4\right)du\)
\(=\left(\dfrac{1}{9}u^9-\dfrac{2}{7}u^7+\dfrac{1}{5}u^5\right)|^1_0=...\)
Gọi O là giao của AC và BD
Xét \(\Delta ABC\) có H là trọng tâm => BH là trung tuyến của \(\Delta ABC\)
BH cắt AC tại O' => O' là trung điểm của AC
Mà O cũng là trung điểm của AC (trong HCN hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
=> O trùng O' => B; H; O; D thẳng hàng
Ta có \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{36a^2+64a^2}=10a\)
Mà \(BD=AC=10a\Rightarrow BO=DO=\frac{BD}{2}=5a\)
Ta có \(HO=\frac{BO}{3}=\frac{5a}{3}\Rightarrow HD=HO+DO=\frac{5a}{3}+5a=\frac{20a}{3}\)
Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\) mà \(HD\in\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp HD\)
Xét tg vuông SHD có
\(\tan\widehat{SDH}=\tan30^o=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{SH}{HD}\Rightarrow SH=\frac{HD\sqrt{3}}{3}=\frac{20a\sqrt{3}}{3.3}=\frac{20a\sqrt{3}}{9}\)
Trong mp(ABCD) từ A và C hạ đường vuông góc xuống BD cắt BD lần lượt tại P và K. Xét tg vuông APB và tg vuông CKD có
AD=BC (cạnh đối HCN); \(\widehat{ABD}=\widehat{CDB}\) (góc so le trong) \(\Rightarrow\Delta ABP=\Delta CDK\) (cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau) => AP=CK
Xét tg vuông ABD có
\(AB^2=BP.BD\Rightarrow BP=\frac{AB^2}{BD}=\frac{36a^2}{10a}=\frac{18a}{5}\)
Xét tg vuông ABP có
\(AP=\sqrt{AB^2-BP^2}=\sqrt{36a^2-\frac{324a^2}{25}}=\frac{24a}{5}\)
\(S_{AHO}=\frac{HO.AP}{2}=\frac{5a.24a}{3.5.2}=4a^2\)
\(S_{CHO}=\frac{HO.CK}{2}=4a^2\)
\(\Rightarrow S_{AHCD}=S_{ACD}+S_{AHO}+S_{CHO}=\frac{6a.8a}{2}+8a^2=32a^2\)
\(\Rightarrow V_{S.AHCD}=\frac{1}{3}.S_{AHCD}.SH=\frac{1}{3}.32a^2.\frac{20a\sqrt{3}}{9}=\frac{640a^3\sqrt{3}}{27}\)