Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B C A D H K J S
Kẻ \(SH\perp AC\left(H\in AC\right)\)
Do \(\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(SA=\sqrt{AC^2-SC^2}=a;SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(S_{ABCD}=\frac{AC.BD}{2}=2a^2\)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.2a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)
Ta có \(AH=\sqrt{SA^2-SH^2}=\frac{a}{2}\Rightarrow CA=4HA\Rightarrow d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)
Do BC//\(\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(B,\left(SAD\right)\right)=d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)
Kẻ \(HK\perp AD\left(K\in AD\right),HJ\perp SK\left(J\in SK\right)\)
Chứng minh được \(\left(SHK\right)\perp\left(SAD\right)\) mà \(HJ\perp SK\Rightarrow HJ\perp\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAD\right)\right)=HJ\)
Tam giác AHK vuông cân tại K\(\Rightarrow HK=AH\sin45^0=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)
\(\Rightarrow HJ=\frac{SH.HK}{\sqrt{SH^2+HK^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\)
Vậy \(d\left(B,\left(SAD\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\)
a) Gọi \(\overrightarrow{u}\left(1;-2;-1\right)\) là vectơ chỉ phương của d, giả sử \(\overrightarrow{v}\left(a;b;c\right)\) là 
\(d:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-1}{-2}\) có VTCP \(\overrightarrow{u}\left(1;2;-2\right)\)
Mặt phẳng \(\left(Oxz\right)\)có VTPT \(\overrightarrow{j}\left(0;1;0\right)\)
Mặt phẳng (P) chứa d và vuông góc với (Oxz) nên VTPT của (P) là:
\(\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{j}\right]=\left(2;0;1\right)\)
Mặt phẳng (P): điểm \(M\left(0;-1;1\right)\in d\subset\left(P\right)\), VTPT \(\overrightarrow{n}\left(2;0;1\right)\)
\(\Rightarrow\left(P\right):2x+z-1=0\)
Gọi Q là mặt phẳng đi qua A và song song với (P) thì phương trình của (Q) là \(\left(x+2\right)+2\left(y+1\right)-\left(z-1\right)=0\) hay \(x+2y-z+5=0\). Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (Q). Giả sử \(\Delta\) là đường thẳng qua A và song song với
14.
Mặt phẳng (P) nhận \(\overrightarrow{n}=\left(2;1;-2\right)\) là 1 vtpt
Đường thẳng d nhận \(\overrightarrow{u}=\left(1;-2;3\right)\) là 1 vtcp
Điểm \(M\left(2;0;-3\right)\) thuộc d nên cũng thuộc (Q)
(Q) vuông góc (P) và chứa d nên nhận \(\left[\overrightarrow{n};\overrightarrow{u}\right]=\left(1;8;5\right)\) là 1 vtpt
Phương trình (Q):
\(1\left(x-2\right)+8y+5\left(z+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x+8y+5z+13=0\)
15.
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(sinx=cosx\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}\)
\(S=\int\limits^{\frac{\pi}{4}}_0\left(cosx-sinx\right)dx+\int\limits^{\pi}_{\frac{\pi}{4}}\left(sinx-cosx\right)dx=\sqrt{2}-1+\sqrt{2}+1=2\sqrt{2}\)
10.
Coi lại đề nào bạn, pt hình phẳng (D) có vấn đề, nhìn chữ -dx+4 kia ko biết phải nghĩ sao
11.
Cũng ko dịch được đề này, đoán đại: cho \(F\left(x\right)=x^2\) là 1 nguyên hàm của \(f\left(x\right).e^{2x}\). Tìm nguyên hàm của \(f'\left(x\right).e^{2x}\)
\(I=\int f'\left(x\right)e^{2x}dx\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=e^{2x}\\dv=f'\left(x\right)dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=2e^{2x}dx\\v=f\left(x\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=e^{2x}f\left(x\right)-2\int f\left(x\right)e^{2x}dx=e^{2x}f\left(x\right)-2x^2+C\)
12.
Đúng là \(y=\left(e+1\right)x\) và \(y=1+e^x\) chứ bạn? Hai đồ thị này cắt nhau tại 2 điểm, nhưng ko thể tìm được tọa độ của điểm thứ 2 đâu
13.
Hình chiếu của A lên Ox có tọa độ \(\left(1;0;0\right)\)
Câu 28:
\(\overrightarrow{CB}=\left(1;-1;1\right)\)
Do (P) vuông góc BC nên nhận (1;-1;1) là 1 vtpt
Phương trình (P):
\(1\left(x-1\right)-1\left(y-1\right)+1\left(z+5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x-y+z+5=0\)
Câu 29:
Mạt phẳng (Q) nhận \(\left(1;-2;3\right)\) là 1 vtpt nên nhận các vecto có dạng \(\left(k;-2k;3k\right)\) cũng là các vtpt với \(k\ne0\)
Do đó đáp án B đúng (ko tồn tại k thỏa mãn)
Với đáp án A thì \(k=-2\) , đáp án C thì \(k=3\), đáp án D có \(k=1\)
16.
\(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;1;-1\right)\) ; \(\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;-2;1\right)\)
\(\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(-1;-3;-5\right)\)
\(\Rightarrow\) Giao tuyến 2 mp nhận \(\left(-1;-3;-5\right)\) hoặc \(\left(1;3;5\right)\) là 1 vtcp
17.
Đường thẳng nhận \(\left(2;-3;6\right)\) là 1 vtcp
Pt tham số: \(\left\{{}\begin{matrix}x=-2+2t\\y=4-3t\\z=3+6t\end{matrix}\right.\)
Pt chính tắc: \(\frac{x+2}{2}=\frac{y-4}{-3}=\frac{z-3}{6}\)
18.
Pt tham số đường thẳng d qua A và vuông góc (P): \(\left\{{}\begin{matrix}x=-2+t\\y=1+t\\z=5-t\end{matrix}\right.\)
H là giao điểm d và (P) nên tọa độ thỏa mãn:
\(-2+t+1+t-5+t+9=0\Rightarrow t=-1\) \(\Rightarrow H\left(-3;0;6\right)\)
19.
Pt mặt phẳng (P) qua A và vuông góc d:
\(3\left(x-4\right)+2\left(y+3\right)-z=0\)
\(\Leftrightarrow3x+2y-z-6=0\)
Pt d dạng tham số: \(\left\{{}\begin{matrix}x=-2+3t\\y=-2+2t\\z=-t\end{matrix}\right.\)
H là giao điểm d và (P) nên tọa độ thỏa mãn:
\(3\left(-2+3t\right)+2\left(-2+2t\right)+t=0\Rightarrow t=\frac{5}{7}\) \(\Rightarrow H\left(\frac{1}{7};-\frac{4}{7};-\frac{5}{7}\right)\)
14.
\(\overrightarrow{BA}=\left(4;2;0\right)=2\left(2;1;0\right)\)
Gọi M là trung điểm AB \(\Rightarrow M\left(-1;1;-1\right)\)
Mp trung trực AB vuông góc AB và qua M có pt:
\(2\left(x+1\right)+1\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow2x+y+1=0\)
15.
Gọi pt \(\left(Q\right)\) có dạng \(ax+by+cz+d=0\) (\(d\ne0\))
(Q) qua A nên: \(2a+d=0\) \(\Rightarrow d=-2a\)
\(\left(P\right)\perp\left(Q\right)\Leftrightarrow2b-c=0\) \(\Rightarrow c=2b\)
\(d\left(O;\left(Q\right)\right)=\frac{4}{3}\Leftrightarrow\frac{\left|d\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow9d^2=16\left(a^2+b^2+c^2\right)\) \(\Leftrightarrow36a^2=16\left(a^2+b^2+4b^2\right)\) \(\Leftrightarrow20a^2=80b^2\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2b\\a=-2b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2;b=1;c=2;d=-4\\a=2;b=-1;c=-2;d=-4\end{matrix}\right.\) Có 2 mặt phẳng (Q) thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}2x+y+2z-4=0\\2x-y-2z-4=0\end{matrix}\right.\)
Chọn B