ĐKXĐ: \(20-x^2>0\)

=>\(x^2< 20\)

mà x nguyên

nên \(x\in\left\{0;1;-1;2;-2;3;-3;4;-4\right\}\)

=>Có 9 số nguyên

Sửa chóp S.ABC bn nhé

Tập xác định \(D=ℝ\backslash\left\{2\right\}\)

TCĐ: \(x=2\)

Có \(\dfrac{x^2-x-1}{x-2}=\dfrac{x^2-x-2+1}{x-2}=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x-2\right)+1}{x-2}=\left(x+1\right)+\dfrac{1}{x-2}\)

nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường \(y=x+1\)

Có \(y'=\dfrac{x^2-4x+3}{\left(x-2\right)^2}\)

\(y'=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)

BBT

a) \(y=\dfrac{x+1}{x-2}\)

\(y'=-\dfrac{3}{\left(x-2\right)^2}< 0\forall x\inℝ\ \left\{2\right\}\)

=> hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\) và \(\left(2;+\infty\right)\)

b) \(y=\dfrac{2x+1}{x-1}\)

\(y'=-\dfrac{3}{\left(x-1\right)^2}< 0\forall x\inℝ\ \left\{1\right\}\)

=> hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;1\right)\) và \((1;+\infty)\)

Kẻ AH\(\perp\)BC tại H, AK\(\perp\)SH tại K

\(\widehat{SB;\left(ABC\right)}=45^0\)
=>\(\widehat{BS;BA}=45^0\)

=>\(\widehat{SBA}=45^0\)

Xét ΔSAB vuông tại A có \(tanSBA=\dfrac{SA}{AB}\)

=>\(\dfrac{SA}{a}=tan45=1\)

=>SA=a

ΔABC vuông cân tại A

=>\(AB=AC=a\) và \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\)

ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

=>\(AH=HB=HC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

Ta có: BC\(\perp\)AH

BC\(\perp\)SA

AH,SA cùng thuộc mp(SAH)

Do đó: BC\(\perp\)(SAH)

=>BC\(\perp\)AK

Ta có: AK\(\perp\)SH

AK\(\perp\)BC

SH,BC cùng thuộc mp(SBC)

Do đó: AK\(\perp\)(SBC)

=>AK là khoảng cách từ A đến mp(SBC)

ΔSAH vuông tại A

=>\(SH^2=SA^2+AH^2=a^2+\left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2=a^2+\dfrac{1}{2}a^2=\dfrac{3}{2}a^2\)

=>\(SH=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

Xét ΔSAH vuông tại A có AK là đường cao

nên \(AK\cdot SH=SA\cdot AH\)

=>\(AK\cdot\dfrac{a\sqrt{6}}{2}=a\cdot\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

=>\(AK\cdot\sqrt{6}=a\sqrt{2}\)

=>\(AK=a\sqrt{\dfrac{2}{6}}=a\sqrt{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)