giai de dh mon toan khoi a 2012

... B A AB a 4a 5a vu ng DC : C a a 2a T C k CH AB CHB l tam gi c vu ng CH 2a, CD a HB a BIC l tam gi c c n BC B 5a K          « Î  0 0 K CB : T nh K a 2 G i J l trung m C J 2 a 9a 3a 2 ... điểm của cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Bài giải Hình thang ABCD Trang 7 0 Hình thang ABCD A D 90 A B l tam ... a 2 G i J l trung m C J 2 a 9a 3a 2 BJ C Ta có BJ C K.BC K BC 3a a 2 3a 2 K S C , S C ABCD S ABCD IK BC SK BC SKI 60 3a S K.tan60 3 5 AB CD AD 2a a 2a                    

Ngày tải lên: 01/04/2021, 10:36

... do SM ^(ABCD) nên suy ra Trang 7Do đó, ta được 3 S ABCD ABCD (đơn vị thể tích) b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD) Ta có 3 1 A SBD S ABD S ABCD a Kẻ MK^BD với KÎ BD, mà BD^SM nên ta có BD^(SMK), ... là trung điểm của IC Đặt AM =x, ta có AN= AC= AB= AM = x Tam giác AMN có MAN· = °45 nên theo định lý cosin thì 2 2 ÷ Ta cũng có MN2= -(2 1)2+ - -( 1 2)2=10 nên 2 5 2 x x Trang 8Theo giả thiết ... chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, 3 2 a SD= , hình chiếu vuông góc của Strên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách từ A đến

Ngày tải lên: 14/09/2021, 16:37

... hình. a Thể tích khối chóp S.ABC đợc cho bởi: S.ABC ABC 1 3 Trong đó: 2 ABC 4 Gọi D là trung điểm của AB, ta có:  Trang 120 .tan 60 a 21 3 Từ đó, bằng cách thay (2), (3) vào (1) ta đợc: 2 S.ABC ... suy ra: AH = HM AM 2HM 2d(M, (AN))  Giá trị của t  Toạ độ điểm A Câu 8.a Bài toán đợc chuyển về việc tìm bán kính R của mặt cầu (S) Ta có:  Kết hợp với để IAB vuông tại I, suy ra: RIA ... cho bởi: Qua A(1; 1; 2) ( ) : Qua M(3; 2; 4)    Câu 9.b Giả sử z = a + bi, a, b   ta có ngay: 5 z i 2 i z 1      (3a  b  2) + (a  7b + 6)i = 0 3a b 2 0 a 7b 6 0     a 1 b 1 

Ngày tải lên: 21/08/2013, 12:36

... 2 2 2 2 2 2 2 2 ADN ABM CMN S AD DN x x x S AB BM x x x AN  AD DN 2 2 2 2 AMN Trang 10Định lý pitago 2 AN x      y y x  Đặt: A a a( ; 2  3) 2 3 2 5 25 20 0 5 4 0 1 4 a a       ... 2 6 4 2 6 4 0 (2) IA IB IA IB ab a b a b a b          3 a b    thế vào (1) Ta được 1 9 ab  2 3 3 8 3 a b IA         Vậy 3 S x  y  Z   Câu 9. a) 1 3 2 2 5 5 1.2.3 ... Ta có P     a  b  c Vì a b   c nên   2 a b c   c Tương tự     2 2 Công ba bất đẳng thức trên ta được   2 2 2  2  2 2 2 2 ab bc ca    a  b  c  a b c    2 a

Ngày tải lên: 28/05/2021, 04:20

... Ta lần lượt: a Gọi H là trung điểm BC thì từ giả thiết suy ra: SH ⊥ (ABC) và SH = a 3 2 Ta có tam giác ABC là nửa tam giác đều nên: Khi đó: 3 1 1 a a 3 a 3 a b Gọi I là trung điểm AB, suy ra: ... suy ra I 4 t; 2t 3 Ta cú: IA = IN ⇔ IA2 = IN2 Vậy, tọa độ C(1; −7) Vỡ B là điểm đối xứng của N qua AC nờn ta cú ngay B(−4; −7) Cõu 8a  HƯỚNG DẪN: Với yờu cầu tỡm tọa độ điểm M thuộc (∆) sao ... HK ⊥ (SAB), ta có: 2 a 3 52 Ta có: d(C, SAB) CB d(H, SAB)=CH ⇔ d(C, SAB) = 2HK = 2a 3 a 3. 52 = 13 Câu 6  HƯỚNG DẪN: Với giả thiết là các biểu thức đối xứng của a, b còn c là trung gian, nên

Ngày tải lên: 20/08/2013, 09:15

... + + ⇔ + +(a b 2) 1( + ab) ≥2(1 a)(1 b)+ + (a b) ab 2 ab a b 2ab ⇔ + + ≥ + + ⇔ +(a b)( ab 1− −) 2 ab( ab 1− ≥) 0 ⇔ + − − ≥ ( ) (2 ) ⇔ − − ≥ bất đẳng thức trên luôn đúng với a, b dơng, ab ≥ 1 và ... của AC a Tính thể tích khối chóp S.BCNM: Ta có: S.BCNM BCNM 1 3 Trong đó: SA AB.tan SBA 2a.tan 60= = =2a 3 (2) SBCNM = 1(MN BC)MB   =  + ữ   2 Từ đó, bằng cách thay (2), (3) vào (1) ta đợc: ... (P) chứa SN và song song với AB, từ đó: d(AB, SN) = d(AB, (P)) = d(A, (P)) = AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) d(DM, SC) = HK  Để tính AH ta sử dụng công thức đờng cao trong tam giác

Ngày tải lên: 21/08/2013, 12:47

... hình. a. Tính thể tích của khối chóp A’.ABC Gọi H là trung điểm của BC, suy ra A’H  (ABC) nên: 3 A'.ABC a 2  b. Tính côsin của góc giữa hai đờng thẳng AA’, B’C’ Trong A’B’H vuông tại A’, ta có: ... bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC a 3 và hình chiếu vuônggóc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC Tínhtheo a thể tích của khối chóp A’.ABC và tính ... nhất của hệ ta còn có thể trình bày theo các cách sau: Trang 181x3Trang 19Qua A(AC) : Trang 202 Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:.6 C¸ch 2: Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M trªn (P), ta cã:

Ngày tải lên: 21/08/2013, 13:07

... nghiƯm cđa hƯ: y =  2a + 6a + ⇒ A( −2a2 − 6a − 6; 0)  y= x+  (2a + 3) (2a + 3)  To¹ ®é giao ®iĨm B cđa tiÕp tun (d) víi Oy lµ nghiƯm cđa hƯ: x =  2a + 6a +   2a + 6a + ⇒ ⇔ B  0;  ÷ (2a + ... 3)    y = (2a + 3) x + (2a + 3)  Để OAB cân A điều kiện là: a = −2 2a + 6a + OA = OB ⇔ −2a − 6a − = ⇔ (2a + 3)2 = ⇔  (2a + 3) a = Khi đó, ta lần lợt có: Với a = 2, ta đợc tiÕp tuyÕn ... M(a; y(a)) đồ thị hàm số, phơng trình tiếp tuyến M cã d¹ng: (d): y = y'(a)(x − a) + y(a) ⇔ (d) : y = − ⇔ (d) : y = a+2 (x − a) + 2a + (2a + 3) 2a + 6a + x+ (2a + 3) (2a + 3) Toạ độ giao điểm A

Ngày tải lên: 21/08/2013, 13:38

... và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC Tính theo a thể tích của khối chóp A’.ABC và tính côsin của góc giữa hai đờng thẳng AA’, B’C’ Đánh giá và định ... ta có ngay: 1 V A 'H.S = 1A 'H.AB.AC 6 = với H là hình chiếu vuông góc của A’ trên BC  Tính côsin của góc giữa hai đờng thẳng AA’, B’C’ dựa trên khẳng định: ã g(A 'A, B'C ') B'BH.= Đáp án chi ... 1 Trung điểm M của AA thuộc(d) AA (d)   ⇔ 1 x x y y z z AA u 0  uuuur r ⇒ Toạ độ A1 Trang 10• Viết phơng trình đờng thẳng đi qua A vuông góc với (d) và cắt (d), cụ thể ta thực hiện theo các

Ngày tải lên: 21/08/2013, 13:43

... y2 − 2ax − 2by + c = 0, với a2 + b2 − c ≥ 0 (*) Bớc 2: Từ điều kiện H, M, N thuộc (C), ta đợc hệ 3 phơng trình với ba ẩn a, b, c Thay a, b, c vào (*) ta đợc phơng trình của (C) Hớng 2: Dựa trên ... +  4c a 2b x x 9 4a b 2c 9 4b c 2a z z 9 + −   ⇔  =  + −  Khi đó, ta nhận đợc bất đẳng thức mới: 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a A =   + + ữ + + + ữ−  2 (4.3 3 6) 2 9 Vậy, ta có AMin = 2, ... biệt của ∆ABC, tức là: 1. Nếu ∆ABC vuông tại A, thì: (C): t m I l trung i m BC BC R 2   2. Nếu ∆ABC đều, cạnh bằng a, thì: (C): t m I l tr ng t m ABC a 3 R 3    = Tuy nhiên với đề ra, trớc

Ngày tải lên: 21/08/2013, 13:49

... MNAC , xét ANM ABC Ta có 6 3 AC AM  SA BC   0,25 Trang 6Xét tam giác SAB vuông tại A ta có:  0 33 Xét tam giác SAE vuông tại A có đường cao AK, ta có: . 3 . SA AE  , 3 d SM AC  a (Người ... c b a 1 Q (a b b c c )(  )( a a b c)(   ) 0,25 Đặt:Q b c f ( , , )a b c Ta có: f( )a (a b a c a b c )(  )(   ) ' 0 a f  a c a b c   a b a b c   a b a c  Nên ta có: ... sao cho MD AC Suy ra d SM AC , d SM SMD( , ( )) Kẻ AE vuông góc với DM => (SAE)DM, kẻ AK vuông góc với SE => AK DM Như vậy AK(SDM)d SM SMD( , ( )) AK 0,25 Kẻ MN//AE, suy ra AE

Ngày tải lên: 15/03/2014, 21:20

... góc với AB,BC,IC Trang 5Ta có: BF=AB-CD=2a-a=a Áp dụng định lí Pitago: 2 Vì BC=BI nên BK cùng là trung tuyến của tam giác IBC 2 5 3 IBC a a IH  Vì (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với (ABCD) nên ... (SIC)) Lại có: IH  BC Suy ra góc giữa (ABCD) và (SBC) bằng góc SHI SHI .tan SHI= tan 60 Vậy: 3 2 . 2 3 ABCD Trang 6Câu V: Đặt: 2 2 Suy ra: 3 4 ( ) (1) ab       Ta cần chứng minh: Thật vậy: ... nhận giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng Trang 21 2 3 2 y 2  2 3 2 Vì tiếp tuyến cần tìm cắt trục hoành và trục tung tại 2 điểm phân biệt lần lượt là A và B sao cho tam giác OAB cân nên Tam giác

Ngày tải lên: 10/04/2021, 04:08

...   Đặt 6 , 0 Có Trang 102 2 ADN ABM CMN AMN ABCD ADN ABM CMN Theo định lý pitago AN  AD2  DN2 2 36 4 2 10 2 AMN Định lý pitago 36 9 145 2 Đặt: A a a  ( ; 2 3) 2 1 4 a a          ...     Vậy A1(1; 1), A2(4;5) Câu 8. Trang 11Gọi ( 1; 2 ; 2) 1; 2 ; 2 0;0;3 A a a a B b b b I Với a ≠ b   2 2 1; 2; 1 1; 2 ; 1 2 1 4 6 4 2 2 1 4 6 4 2 IA a a IB b b b IA a a a a IB b b b ...  Ta có 3a 3b 3c 2 Vì a b c   nên  a b c c    2 Tương tự     2 2 b c a a c a b b Công ba bất đẳng thức trên ta được 2 ab bc ca    a  b  c  a b c    2 a  b  c Do vậy Trang

Ngày tải lên: 24/05/2021, 18:06

... hệ trục tọa độ (hình vẽ) thì ta có:(0;0;0) 21 (0;0; ) 3 a S , 2 ( ;0;0) 3 a A  ( ;0;0) 3 a B a HI  và 3 2 a IC  nên 3 ( ; ;0) 6 2 a a C  Suy ra : ;0; SA    , 3 ; ;0 2 2 a a BC  ... này:tan 1 2 AB M MB Khó hơn tí: tan 3 tan 1 3 AD ND ( Tại sao? Em hỉu không?) Khó hơn tí nữa này: 1 tan tan 1 2.3 0 2 45 M  Hay chưa? Không ngờ tới phải không? Bây giờ ta tìm tọa độ đỉnh A nhá, ... của đường MH là: 13 2 x y  Tọa độ của H là nghiệm của hệ: 5 ; 2 2 x y H       Gọi A a a  ; 2 3 Do tam giác HAM vuông cân tại H nên 2 HA HM  a   a        a  a

Ngày tải lên: 25/05/2021, 01:33

... (Oxy), ta có: P nuur(A; B; C), kr(0; 0; 1) Từ giả thiết, ta có: 1 cos 6 P 6 n k uur r uur r 6 ⇔ 6(A + B)2 = A2 + B2 + (A + B)2 ⇔ 2A2 + 5AB + 2B2 = 0 ⇔ (2A + B)(A + 2B) = 0 ⇔  = −BA= −2A2B Khi ... −2A2B Khi đó:  Với B = −2A thì C = −A, D = A, thay vào (1) ta đợc: (P1): Ax − 2Ay − Az + A = 0 ⇔ (P1): x − 2y − z + 1 = 0  Với A = −2B thì C = −B, D = B, thay vào (1) ta đợc: (P2): −2Bx + By − ... tử chứa trong A, nên chúng ta thực hiện chia hai vế của biểu thức cho x2y2 để nhận đợc:  Khi đó: A 2 1 1 x y  Tới đây, công việc của chúng ta đợc thu gọn về việc tìm giá trị lớn nhất của 1 1

Ngày tải lên: 21/08/2013, 13:54

... dịch AlCl3 Hiện tượng xảy ra là A có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan B chỉ có kết tủa keo trắng. C có kết tủa keo trắng và có khí bay lên D không có kết tủa, có khí bay lên. Trang 23NaOH ... = 1 : 5 D a : b > 1 : 4. Ta có thể viết hai phản ứng : AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl (1) AlCl3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaCl + H2O (2) Xét : k = n AlCl3 / n NaOH = a/b + Nếu k > 1/3 → chỉ có ... Có tất cả hai sản phẩm Câu 21: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ A a : b = 1 : 4 B a : b < 1 : 4 C a : b = 1 : 5 D a : b >

Ngày tải lên: 04/02/2015, 20:00