conanthamtulungdanhkudo

      GỢi ý giúp mình câu c với!        

c)$\bigtriangleup BIH\sim \bigtriangleup BAC$

$\Rightarrow BC.BI=BA.BH=\frac{1}{2}BA^2$

Ta có $IC^2=(BC-BI)^2=BC^2-2BC.BI+BI^2=BC^2-AB^2+BI^2=AC^2+BI^2=AC^2+AE^2=CE^2$

$\rightarrow CI=CE$

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh biểu thức : $($b^{2}$+$c^{2}$-$a^{2}$)^{2}$ - 4$b^{2}$$c^{2}$ < 0

Trong tam giác ta có $a^2=b^2+c^2-2bc.cos\widehat{A}\Rightarrow b^2+c^2-a^2=2bc\cos \widehat{A}$

Thay vào ta có BT cần c/m $\Leftrightarrow 4b^2c^2\cos \widehat{A}-4b^2c^2\leq 0$ (điều này luôn đúng vì $\cos \widehat{A}-1\leq 0$) ==>đpcm

     Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a.Tam giác SAB vuông tại S . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD ). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC) là alpha , với sin( alpha) bằng 1/3. Tính thể tích khối chóp và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SBC) theo a

Do $(SAB) \perp ((ABCD)$ từ S kẻ $SH \perp AB$$\Rightarrow SH$ vuông góc với (ABCD) và SH là chiều cao hình chóp

Kéo dài DH cắt BC tại Q,từ H kẻ HF vuông góc với SB==>HF vuông góc với (SBC)

Từ D kẻ đt KD song song với HF cắt QF tại K,góc $\widehat{(SBC);SD}=\widehat{DSK}$

$\Rightarrow \frac{KD}{SD}=\frac{1}{3}$

Đặt $HA=x$ $\Rightarrow HB=2a-x$

Ta có $SH^=x(2x-a)=SD^2-HD^2=SD^2-(4a^2+x^2)$

$\Rightarrow$$SD^2=2xa+4a^2$(1)

$\frac{QH}{QD}=\frac{2a-x}{2a}=\frac{HF}{KD}$$\Rightarrow HF=\frac{2a-x}{2a}KD=\frac{2a-x}{6a}SD$(2)

Ta có $HF^2=\frac{HB^2.SH^2}{HB^2+SH^2}=\frac{(2a-x)^2.x(2a-x)}{4a^2-2xa}$(3)

Mà theo (1) và (2) ta có $HF^2=\frac{(2a-x)^2(2xa+4a^2)}{36a^2}$(4)

Giải PT (3)=(4)$\Rightarrow a=\frac{x}{2}$ hoặc $a=4x$ (loại $x=2a\Rightarrow a=4x$)

Từ đó có thể tính được chiều cao

Bài 4

Gọi M là trđ BC $\Rightarrow M(-3a-4;a)$

Ta có $MH=MK$$\Rightarrow a=-2$

$\Rightarrow$$M(2;-2)$

Gọi $B(-3x-4;x)$$\Rightarrow$$C(8+3x;-4-x)$

Ta có $\overrightarrow{CH}(-3-3x;3+3x);\overrightarrow{BH}(9+3x;-1-x)$

Do $\overrightarrow{BH}$ $\perp $ $\overrightarrow{CH}$

$\Rightarrow (-3-3x)(9+3x)+(3+3x)(-1-x)=0\Rightarrow$ $x=-1$ hoặc $x=-3$

Do $x_{B}<0$$\Rightarrow B(-1;-1);C(5;-3)$

Lập Pt CH qua C(5;-3) và có $\overrightarrow{n_{BH}}$

$\Rightarrow CH:x-5=0$

TT $BK:-4x+3y-1=0$

$\Rightarrow$ tđ A là nghiệm của hệ trên $A(5;7)$

Nhưng cậu ơi ... ko có m khối lượng của hỗn hợp X thì làm sao mà tính ra thành phần phần trăm?

Đây là % các chất trong X mà

Tính đc số mol của KMnO4 là 0,2 sau đó %mKMnO4=$\frac{0,2.158}{0,2.158+0,153.127+0,13231.122,5}$=46,99%

Hỗn hợp X gồm các chất rắn $KMnO_4, KClO_3$ và $CaOCl_2$ trong đó $O$ chiếm 32,12% khối lượng. Để hòa tan hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ dung dịch chứa 2,7 mol $HCl$ đặc, đun nóng, sau phản ứng thấy thoát ra 23,52 lít khí clo (ở đktc) Thành phần khối lượng của từng chất rắn trong X là?

Đặt số mol các chất KMnO4=a;CaOCl2=b;KClO3=c

$2KMnO_{4}+16HCl\rightarrow 2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}+8H_{2}O$

a                       8a                                                    5/2a

$CaOCl_{2}+2HCl\rightarrow CaCl_{2}+Cl_{2}+H_{2}O$

b                     2b                                    b

$KClO_{3}+6HCl\rightarrow KCl+3Cl_{2}+3H_{2}O$

c                    6c                             3c

Giải hệ PT $ 8a+2b+6c=2,7$

                  $5/2a+b+3c=1,05$

                  $$\frac{(4a+b+3c)16}{158a+127b+122,5c}=0,3212$

$\Rightarrow a=0,2mol;b=0,153mol;c=0,13231mol$

===> % các chất

Cảm ơn bạn nhiều nhé ^^

Nhưng hình như ý b có gì đó ko đúng á...

Mk thì làm thế này... mà mk cảm thấy vẫn chưa chắn ... 

$BH\perp A'C'$, $'BK\perp KB$

Nhờ đó, mk suy ra $A'C'\perp (B'HB)$ $\Rightarrow A'C' \perp B'K$ $B'K \perp(A'BC')$ $\Rightarrow B'K=d(B',(A'BC'))$

Trong tam giác A'B'C':

$\frac{1}{B'K}=\frac{1}{B'H^2}+\frac{1}{BB'^2}=\frac{1}{B'A'^2}+\frac{1}{B'C'^2}+\frac{1}{BB'^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{8a^2}=\frac{35}{24a^2}$

$\Rightarrow B'K=\frac{2a\sqrt{6}}{\sqrt{35}}$

$\Rightarrow d(M,(A'BC'))=\frac{a\sqrt{6}}{35}$

Cách của bạn đúng rồi mà giống KQ của minh

Đoạn cuối phải là $\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{35}}$ chứ vì $\frac{1}{2}B'K$ mà

Cho lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác vuông tại $B$. $AB = a$, góc $ACB = 30^0$ $AA'=2a\sqrt{2}$.

a/ Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Tính khoảng cách từ $G$ đến mặt phẳng $(A'BC)$

b/ Gọi $M$ là trung điểm của $BB'$. Tính khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(A'BC')$

Ta có $AA'\perp BC$ và AB vuông góc với BC $\Rightarrow BC$  vuông góc với $(A'AB)$$\Rightarrow (A'BC)\perp (A'AB)$

Từ A kẻ $AQ\perp A'B$$\Rightarrow$ $AQ\perp (A'BC)$

Nối $AG$ cắt $BC$ tại F là trung điểm của BC

Từ G kẻ đg thẳng // với AQ $\cap QF=N$$\Rightarrow$  $GN$=$d_{G;(A'BC)}$

Ta có $\frac{GN}{AQ}=\frac{GF}{FA}=\frac{1}{3}$=$\frac{2\sqrt{2}a}{9}$

b)Hình chóp $B'.A'C'B$ có các cặp cạnh bên đôi một vuông góc

Gọi H là trực tâm tam giác A'C'B$\Rightarrow \frac{1}{B'H^2}=\frac{1}{B'A'^2}+\frac{1}{B'C'^2}+\frac{1}{B'B^2}$$\Rightarrow$$B'H=\frac{2\sqrt{210}a}{35}$

$d_{M;(A'C'B)}=\frac{1}{2}d_{B';(A'C'B)}=\frac{a\sqrt{210}}{35}$

Nhiệt phân 54,28 gam hỗn hợp chất rắn X gồm $KMnO_4$, $MnO_2$, $KCl$ một thời gian thu được 53,00 gam hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong V lít dung dịch $HCl$ 1,6M đun nóng thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối có cùng nồng độ mol và 11,872 lít $Cl_2$ (đktc). Giá trị V là?

Đặt $n_{KMnO_{4}}=a;n_{MnO_{2}}=b;n_{KCl}=c$

Ta thấy sau khi hòa tan Y trong HCl thì thu đc muối cuối cùng là $KCl;MnCl_{2}$ và chúng có cùng nồng độ mol nên số mol của chúng sẽ bằng nhau

BTNT K và Mn $\Rightarrow a+c=a+b$

BT e Ta có

$Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}$                                                                          $2Cl^{-}\rightarrow Cl_{2}+2e$

a                5a                                                                                                     0,53              1,06

$Mn^{+4}+2e\rightarrow Mn^{+2}$                                                                    $2O^{-2}\rightarrow O_{2}+4e$

   b              2b                                                                                                   0,04            0,16

Giải hệ Pt 158a+87b+74,5c=54,28

                 5a+2b=1,22

                  c=b

$\Rightarrow a=0,18;b=0,16;c=0,16$

BTNT clo$\Rightarrow 0,16+1,6V=0,53.2+0,34(KCl)+0,34.2(MnCl2)\Rightarrow V=1,2l$

Giúp mình với ạ

2017-06-09_105227dapan.png

Do $AA'=A'B=A'C$ 

Gọi O là tâm đg tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup ABC$ $\Rightarrow A'O$ vuông góc với $(ABC)$

Từ O kẻ OQ vuông góc với AB$\Rightarrow Q$ là trung điểm của AB

$\Rightarrow$ Góc giữa (ABB'A') và góc giữa (ABC) là $\widehat{A'QO}=60^{\circ}$

Ta tính đc $OQ=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

$A'Q=\frac{a\sqrt{3}}{3}$;$\Rightarrow m=A'Q^2-AQ^2=\frac{a\sqrt{21}}{6}$

Giải phương trình:

$4x^2+2=3\sqrt[3]{4x^3+x}$

Ta thấy $x>0$

Áp dụng BĐT côsi Ta có

$2x+\frac{4x^2+1}{2}+1\geq 3\sqrt[3]{x(4x^2+1)}$=$4x^2+2$

$\Leftrightarrow -2x^2+2x-\frac{1}{2}\geq 0\Leftrightarrow (2x-1)^2\leq 0$

Dấu ''='' có $\Rightarrow x=\frac{1}{2}$ (thỏa mãn)

a)Gọi O=$AC$ giao $BD$

$SO^2=SD^2+OD^2$=$\frac{\sqrt{6}a}{2}$

b)$d(AB;(SCD))=d(A;(SCD))=2d(O;(SCD))=\frac{\sqrt{42}a}{7}$

d) Do $AC\ perp BD$ mà OC là hình chiếu của SC lên $(SCD)$ $\Rightarrow BD$ vuông góc với SC(định lý 3 đường vuông góc)

+) Dựng mặt phẳng qua A và vuông góc với SC:

Qua A kẻ đt // BD cắt BC tại F$\Rightarrow$ $BF\perp SC$

Từ F kẻ $FT\perp SC$

$\Rightarrow$ Mặt phẳng (AFT) cần tìm

+) Tìm thiết diện

$FT$ giao $SB$=$Q$

Kéo dài $AF$ giao $CD$ tại $K$

Nối $KT$ cắt  SD tại M

$\Rightarrow$ thiết diện AMTQ.Đặt St/d=S

Ta có $S$=$S_{\bigtriangleup TFK}-S_{\bigtriangleup AFQ}-S_{\bigtriangleup AMK}$$=S_{\bigtriangleup TFK}-2S_{\bigtriangleup AFQ}$

$\bigtriangleup SAC$ đếu mà $AT\perp SC$==> T là trđ SC và AT=$\frac{\sqrt{6}a}{2}$

Áp dụng Mê nê la uýt cho tam giác SBC

$\frac{FQ}{QT}.\frac{TS}{SC}.\frac{CB}{BF}=1\Rightarrow FQ=2QT\Rightarrow FQ=\frac{\sqrt{14}a}{3}$(1)

$AQ=\frac{2\sqrt{2}a}{3}$(2)

$AF=a\sqrt{2}$(3)

Từ(1),(2),(3)$\Rightarrow S_{\bigtriangleup AFQ}=\frac{\sqrt{3}a^2}{3}$

$\bigtriangleup FKT$ có $FT=TM=\frac{\sqrt{42}a}{2};FK=2a\sqrt{2}$

$\Rightarrow S_{\bigtriangleup FTK}=\sqrt{3}a^2$

$\Rightarrow Std=\sqrt{3}a^2-\frac{2\sqrt{3}a^2}{3}=\frac{\sqrt{3}a^2}{3}$

e) Tìm hình chiếu của B lên(P)

Từ B kẻ BP//ST cắt FT tại P

$d(B;(P))=\frac{1}{2}d(S;(P))=ST=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow d(B;(P))$$=\frac{1}{2}ST=\frac{a\sqrt{2}}{4}$=$BP$

$sin\alpha =\frac{BP}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

​x^2+xy+y^2 / x^2-xy+y^2       ( với x:y khác 0 )

Làm thế này ko biết có đúng ko nữa(thử xem sao)

$A=1+\frac{2xy}{x^2-xy+y^2}$ max

$\Leftrightarrow \frac{2xy}{x^2-xy+y^2}$ max

Áp dụng cosi $x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow \frac{2xy}{x^2-xy+y^2}\leq 2$$\Rightarrow A\leq 3$

bài 17,19

Bài 19

Áp dụng một bài toán của lớp 9 tam giác $ABC$ có H là trực tâm, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác,M là trung điểm BC $\Rightarrow AH=2IM$

Gọi M(x;y) là trung điểm của BC

Dùng $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{IM}$$\Rightarrow$ tọa độ M

==> lập phương trình đt BC qua M(..) và có VTPT=$\overrightarrow{AH}$

==> Gọi tọa độ C cho $CI$=$IA$

Bài 17

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác,O(x;y)

Ta có $\overrightarrow{HG}=2\overrightarrow{GO}$

==> t/đ O

Gọi M là trung điểm BC

$\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$==>tọa độ M

==> lập pt BC(tt như bài 19)

Gọi t/đ B cho BO=OA==> t/đ B ==> t/đ C

Chóp SABC có đáy là $\Delta ABC$ cạnh a, mp(SAB) vuông góc với mp đáy; $SA= \frac{a}{2}; SB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

a/ Tính góc((SBC),(ABC)).

b/ Tính d(A, (SBC)).

c/ Tính d(SB, AC).

Từ S kẻ $SQ\perp AB$ ==> $SQ\perp (ABC)$

Dễ thấy $\Delta SAB$ vuông tại S

Ta tính được $SQ=\frac{\sqrt{3}a}{4}$

QB=$\frac{3a}{4}$

Từ Q kẻ $QF\perp BC$ ==> góc((SBC);(ABC))=$\widehat{SFQ}\Rightarrow tan=\frac{SQ}{QF}$$=\frac{SQ}{sin60^{\circ}.QB}=2/3$

b) Từ Q kẻ $QT\perp SF$ ==> QT=$\frac{3\sqrt{39}a}{52}$=d(Q;(SBC))

$\Rightarrow d(a;(SBC))=\frac{4}{3}d(Q;(SBC))$=...

c)Từ B kẻ đt //AC cắt QF tại M

Ta tính d(Q;(SBM)) rồi mới tìm d(A;(SBM))

từ Q kẻ đt vuông góc với BM tại N

tính đoạn QN=QF=..

Từ Q kẻ đường thẳng vuông góc với SN chính là d(Q;(SBM))

==> d(A:(SBM))=d(SB:AC)