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.

Học mà như chơi, chơi mà vẫn học

+ 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

= 1 - \(\frac{1}{2010}\)nha em

#Chúc em học tốt

\(N=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.10}+\frac{1}{10.15}+...+\frac{1}{2005.2010}\)

\(5N=\frac{5}{1.5}+\left(\frac{5}{5.10}+\frac{5}{10.15}+...+\frac{5}{2005.2010}\right)\)

\(5N=1+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{10}+\frac{1}{10}-\frac{1}{15}+...+\frac{1}{2005}-\frac{1}{2010}\right)\)

\(5N=1+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{2010}\right)\)

\(5N=1+\frac{401}{2010}\)

  \(5N=\frac{2411}{2010}\)

\(\Rightarrow N=\frac{2411}{10050}\)

gọi  3 số tự nhiên liên tiếp là x-1 ; x ; x+1

ta có ( x-1) ​* (x+1) = x² -x + x -1 = x² -1

mà x² > x² -1 một đơn vị

=> điều phải chứng minh

Gọi 3 số nguyên liên tiếp là x,x+1,x+2

Ta có : *) x.(x+2)=x²+2x

            *) (x+1)²=(x+1)(x+1)=x(x+1)+(x+1)=x²+x+x+1=x²+2x+1

Suy ra  x²+2x+1 > x²+2x

=> (x²+2x+1)-(x²+2x) = 1

Vậy (x+1)² lớn hơn x.(x+2) là 1 

\(\frac{S_{APN}}{S_{PNC}}=\frac{AN}{NC}=\frac{1}{3}\)(chung đường cao kẻ từ P)

\(S_{PNC}=100x3=300cm^2\)

\(\frac{S_{BNM}}{S_{NMC}}=\frac{BM}{MC}\)( chung đường cao kẻ từ N). mà 2 tam giác chung đáy NM nên đường cao hạ từ B bằng đường cao hạ từ C

Vậy \(S_{PBN}=S_{PNC}=300cm^2\)(chung đáy PN, đường cao kẻ từ B băng đường cao kẻ từ C)

\(S_{ABN}=S_{PBN}-S_{PAN}=300-100=200cm^2\)\(\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{AN}{AC}=\frac{1}{4}\)(chung đường cao kẻ từ B)

\(S_{ABC}=200x4=800cm^2\)

Vì \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow BC\perp SA\)(1)

Vì tam giác ABC cân tại A , M là trung điểm BC \(\Rightarrow BC\perp AM\)(2)

Từ 1,2 => \(BC\perp\left(SAM\right)\)( ĐPCM)

S B C A M

Vì \(SA\perp(ABC)\Rightarrow BC\perp SA\)

Theo giả thiết tam giác \(ABC\)là tam giác cân tại \(A\)và\(M\)là trung điểm \(BC\)\(\Rightarrow BC\perp AM\)

Ta có \(\hept{\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AM\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(SAM\right)}\)

SA vuông góc với (ABC)=> SA vuông góc với BC

                                       mà AB vuông góc với BC ( tam giác ABC vuông) 

=> BC vg góc với (SAB)=> BC vg góc AH

                                   mà AH vg góc SB

=> AH vg góc (SBC)=> AH vg góc SC

SA vg (ABC)=> SAB,SAC vuông

SA vg BC, AB vg BC => BCvg (SAB) =>SB vg BC=> SBC vuông

vậy all mặt đều vuông

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\AB\subset\left(ABC\right)\end{cases}}\) \(\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow\)    tam giác SAB vuông (1) 

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\AC\subset\left(ABC\right)\end{cases}\Rightarrow AC\perp SA\Rightarrow}\)    tam giác SAC vuông (2) 

Tam giác ABC vuông tại B (gt) (3) 

\(\Rightarrow AB\perp BC\)   

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\BC\subset\left(ABC\right)\end{cases}\Rightarrow SA\perp BC}\)    

\(\hept{\begin{cases}AB\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}BC\perp\left(SAB\right)\\SB\subset\left(SAB\right)\end{cases}\Rightarrow}SB\perp BC\Rightarrow}\)    Tam giác SBC vuông (4) 

 \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right);\left(4\right)\Rightarrowđpcm\)         

Do (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy (ABC)

Và (ABC) ∩ (SAC) = SA nên SA ⊥ (ABC)

BC ⊥ AH, BC ⊥ SA

⇒ BC ⊥ ((SAH)

Mà BC ⊂ (SBC) nên (SAH) ⊥ (SBC)