Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn vẽ hình giúp mình nha ^^
Xét (ABCD), kẻ \(MH\perp AB\left(H\in AB\right)\)
Xét (SAB), kẻ HF//SB(\(F\in SA\))
Có: \(\left\{{}\begin{matrix}MH\perp AB\\MH\perp SA\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow MH\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow MH\perp HF\)
Ta có: \(\alpha=\left(\stackrel\frown{SB,AM}\right)=\left(\stackrel\frown{HF,MH}\right)=arccos\left(\dfrac{HA}{HF}\right)\)
Xét \(\Delta AHF\) vuông tại A có: \(HF^2=HA^2+AF^2=a^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}a^2\Rightarrow HF=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)
\(\Rightarrow\alpha=arccos\left(\dfrac{HA}{HF}\right)=arccos\left(\dfrac{2a}{a\sqrt{5}}\right)\approx26,57^o\) \(\Rightarrow cos\alpha=\dfrac{HA}{HF}=\dfrac{2a}{a\sqrt{5}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)
là \(cos^{-1}\) trong máy tính á, đại loại kiểu ngược lại của cos... sin/cos/tan/sin sẽ đi với góc, còn arc + sin/cos/tan/cot là các cạnh ứng với công thức sin/cos/tan/cot
cho 3 góc A, B, C của tam giác lập thành 1 CSN có công bội q=2. Tính gtbt \(M=cos^2A+cos^2B+cos^2C\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(A< B< C\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}B=A.q=2A\\C=A.q^2=4A\end{matrix}\right.\)
\(A+B+C=180^0\Rightarrow A+2A+4A=180^0\)
\(\Rightarrow7A=180^0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}A=\dfrac{180^0}{7}\\B=\dfrac{360^0}{7}\\C=\dfrac{720^0}{7}\end{matrix}\right.\)
Thế vào bấm máy biểu thức M. Nhưng tại sao người ta cho xấu vậy nhỉ?
Lời giải:
a) Tứ giác DBB'D' là hình bình hành nên BD // B'D' . Vì vậy BD // (B'D'C) và BA' // CD' \(\Rightarrow\) BA' // ( B'D'C).
Từ đó suy ra ( BDA') //B'D'C).
b) Gọi ,
là giao điểm của AC' với A'O và CO'.
Do \(G_1=A'O\cap AI\) và A'O và AI là hai đường trung tuyến của tam giác nên \(G_1\) là trọng tâm của tam giác A'AC.
Chứng minh tương tự \(G_2\) là trọng tâm tam giác CAC'.
Suy ra \(\dfrac{AG_1}{AO}=\dfrac{2}{3}\); \(\dfrac{CG_2}{CO}=\dfrac{2}{3}\) nên đường chéo AC' đi qua trọng tâm của hai tam giác BDA' và B'D'C.
c) Do O và O' lần lượt là trung điểm của AC và A'C' nên \(OC=A'O'\) và OC' // A'O'.
Vì vậy tứ giác OCO'A là hình bình hành và OA'//OC.
Từ đó ta chứng minh được \(G_1\) lần lượt là trung điểm của \(AG_1\) và \(G_2\) là trung điểm của \(G_1C'\).
Do đó: \(AG_1=G_1G_2=G_2C\) (đpcm).
d) \(\left(A'IO\right)=\left(AA'C'C\right)\). Nên thiết diện cần tìm là (AA'C'C).
a) \(cos\left(A+B\right)+cosC=0\)
\(\Leftrightarrow cos\left(\pi-C\right)+cosC=0\)
\(\Leftrightarrow-cosC+cosC=0\)
\(\Leftrightarrow0=0\left(đúng\right)\)
\(\Leftrightarrow dpcm\)
b) \(cos\left(\dfrac{A+B}{2}\right)=sin\dfrac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow cos\left(\dfrac{\pi-C}{2}\right)=sin\dfrac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{C}{2}\right)=sin\dfrac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow sin\dfrac{C}{2}=sin\dfrac{C}{2}\left(đúng\right)\)
\(\Leftrightarrow dpcm\)
c) \(cos\left(A-B\right)+cos\left(2B+C\right)=0\left(1\right)\)
Ta có : \(A+B+C=\pi\)
\(\Leftrightarrow2B+C=\pi-A+B\)
\(\Leftrightarrow2B+C=\pi-\left(A-B\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow cos\left(A-B\right)+cos\left[\pi-\left(A-B\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow cos\left(A-B\right)-cos\left(A-B\right)=0\)
\(\Leftrightarrow0=0\left(đúng\right)\)
\(\Leftrightarrow dpcm\)
Đặt \(\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{b},\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{c}\) và \(\left|\overrightarrow{a}\right|=\overrightarrow{a},\left|\overrightarrow{b}\right|=\overrightarrow{b},\left|\overrightarrow{c}\right|=\overrightarrow{c}\)
Đặt tiếp \(\widehat{BDC}=\alpha,\widehat{CDA}=\beta,\widehat{ADB}=\gamma\)
Từ giả thiết suy ra EIHF là hình bình hành. Nhưng EH = FI nên đó là hình chữ nhật
Suy ra : \(EF\perp EI\Rightarrow\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DC}=0\)
\(\Rightarrow\left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\right).\overrightarrow{c}=0\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}\) (1)
Hoàn toàn tương tự cũng được
\(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
\(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{c}.\overrightarrow{a}\)
\(\Leftrightarrow a.b\cos\gamma=b.c\cos\alpha=c.a\cos\beta\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{\cos\alpha}=\frac{b}{\cos\beta}=\frac{c}{\cos\gamma}\)
=> Điều cần chứng minh
Điểm A cách đều ba đỉnh, của tam giác đều A'BD vì ta có AB = AD = AA' = a, điểm C' cũng cách đều ba đỉnh của tam giác đều đó vì ta có :
\(C'B=C'D=C'A'=a\sqrt{2}\)
