0

\(\hept{\begin{cases}lim_{x\rightarrow3^+}\frac{\left|x-3\right|}{x-3}=lim_{x\rightarrow3^+}\frac{x-3}{x-3}=1\\lim_{x\rightarrow3^-}\frac{\left|x-3\right|}{x-3}=lim_{x\rightarrow3^-}\frac{-x+3}{x-3}=-1\end{cases}\Rightarrow lim_{x\rightarrow3^+}\frac{\left|x-3\right|}{x-3}\ne lim_{x\rightarrow3^-}\frac{\left|x-3\right|}{x-3}}\)

=> đpcm

em gửi bài

Ta có limx→0−f(x)=limx→0−(mx+m+14)=m+14limx→0−⁡f(x)=limx→0−⁡(mx+m+14)=m+14.

limx→0+f(x)=limx→0+√x+4−2x=limx→0+x+4−4x(√x+4+2)=limx→0+1√x+4+2=14limx→0+⁡f(x)=limx→0+⁡x+4−2x=limx→0+⁡x+4−4x(x+4+2)=limx→0+⁡1x+4+2=14.

Để hàm số có giới hạn tạix=0x=0 thì limx→0−f(x)=limx→0+f(x)⇔m+14=14⇔m=0limx→0−⁡f(x)=limx→0+⁡f(x)⇔m+14=14⇔m=0.

gọi K thuộc SC sao cho DK ​​\(\perp\) SC , BK \(\perp\)SC

=> ((SCD),(SBC)) = (DK,KB)

tính được SD = \(\frac{\sqrt{10}}{2}\)a, AC = \(\sqrt{3}\)a, SC= \(\frac{3\sqrt{2}}{2}\)a

\(DC^2=SD^2+SC^2-2SD.SC.cos\widehat{DSC}\)

=> \(\widehat{DSC}\)=....... (số xấu)

\(sin\widehat{DSC}\)= \(\frac{DK}{SD}\)=> DK = \(\frac{\sqrt{2}}{2}\)=BK

\(DB^2=DK^2+BK^2-2.DK.BK.cos\alpha\)=> \(\alpha=\frac{\pi}{2}\)

quản lí hỏi để thử tài học sinh à

Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.

Hai tam giácΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.

Tam giác DEFDEF lần lượt cóD′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132,D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52,EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.

Theo hê rông ta có:SDEF=√614SDEF=614. Suy raD′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.

Tam giác D′A′HD′A′H có:cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cos⁡A′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.

Do đóˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘hay(ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.

$D$ là hình chiếu vuông góc của $D^{\prime }$ trên $(ABCD)$.

$\Rightarrow \Delta ACD$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta AC{D}^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABCD)$.

Do đó $\cos \alpha =\genfrac{}{}{0ex}{}{S^{ACD}}{S^{AC{D}^{\prime }}}$ với $\alpha$ là góc cần tìm.

Ta có \left\{ \begin{aligned} & DA^2 + DC^2 = 3\\ & DC^2 + DD'^2 = 4\\ & DA^2 + DD'^2 = 5\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & DA^2 = 2\\ & DC^2 = 1\\ & DD'^2 = 3\\ \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​​DA2+DC2=3DC2+DD′2=4DA2+DD′2=5​⇔⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​​DA2=2DC2=1DD′2=3​.

$\Rightarrow S^{ACD}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}.DA.DC=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{2}}{2}$.

Dùng công thức Hê rông ta có $S^{AC{D}^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{11}}{2}$.

Vậy $\cos \alpha =\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{11}$.

Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.

Hai tam giác ΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′ và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.

Tam giác DEFDEF lần lượt có D′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132, D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52, EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.

Theo hê rông ta có: SDEF=√614SDEF=614. Suy ra D′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.

Tam giác D′A′HD′A′H có: cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cos⁡A′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.

Do đó ˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘ hay (ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.

Gọi $N$ và $P$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $AB$.

Theo tính chất đường trung bình trong tam giác ta có $NP//SB$ và $PC//AM$.

Suy ra $\alpha =\widehat{NP,PC}$.

Ta có $NP=\genfrac{}{}{0ex}{}{SB}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{5}}{2}$ và $PC=AM=\sqrt{5}$;\\ $NC=+=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{33}}{2}.$

$\Rightarrow \cos \widehat{NPC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{N{P}^2+P{C}^2-N{C}^2}{2.NP.PC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}+5-\genfrac{}{}{0ex}{}{33}{4}}{2.\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{5}}{2}.\sqrt{5}}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}$.

Vậy $\cos \alpha =\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}$.2/5

Ta có {BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE{BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE

Khi đó {CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB){CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2, tương tự SDSE=SC2SA2SDSE=SC2SA2

Lại cả CA=AC√2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3CA=AC2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3

Khi đó VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13

Do đó VS.CDE=13.23a3=2a39VS.CDE=13.23a3=2a39.

+ SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BDSA⊥(ABCD)⇒SA⊥BD (1)

+ ABCD là hình vuông ⇒AC⊥BD⇒AC⊥BD (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra BD⊥(SAC)⇒BD⊥SCBD⊥(SAC)⇒BD⊥SC