Theo t/c đường tròn, do M là trung điểm BC \(\Rightarrow OM\perp BC\)

Áp dụng định lý Pitago:

\(OM=\sqrt{OC^2-CM^2}=\sqrt{R^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=3\)

\(\Rightarrow\) Quỹ tích M là đường tròn tâm \(\left(O;3\right)\)

Mặt khác do G là trọng tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}\)

\(\Rightarrow\) G là ảnh của M qua phép vị tự tâm A tỉ số \(k=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\) Quỹ tích G là ảnh của \(\left(O;3\right)\) qua phép vị tự tâm A tỉ số \(k=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\) Quỹ tích G là đường tròn bán kính \(\dfrac{2}{3}.3=2\)

a/ var s: string;

b/ readln(s);

c/ write(length(s));

d/ for i:=1 to length(s) do if s[i] in ['0'..'9'] then write(s[i]);

Program HOC24;

var s: string;

i,d: byte;

begin

write('Nhap xau: '); readln(s);

while s[1]=#32 do delete(s,1,1);

while length(s)=#32 do delete(s,length(s),1);

while pos(#32#32,s)<>0 do delete(s,pos(#32#32,s),1);

d:=0;

for i:=1 to length(s) do if s[i]=#32 then d:=d+1;

write('Trong xau co ',d+1, ' tu');

readln

end.

a: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)

CD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

b: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥AP

AP⊥SB

AP⊥BC

mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)

nên AP⊥(SBC)

=>AP⊥SC

Ta có: DC⊥(SAD)

=>DC⊥AQ

Ta có: AQ⊥SD

AQ⊥CD

mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)

nên AQ⊥(SCD)

=>AQ⊥SC

Ta có: AP⊥ SC

AQ⊥SC

mà AP,AQ cùng thuộc mp(PAQ)

nên SC⊥(PAQ)

=>SC⊥PQ

c: SA⊥(ABCD)

=>A là hình chiếu của S xuống mp(ABCD)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

ABCD là hình vuông

=>\(AC^2=AB^2+BC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA\(=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt6}{3}:a\sqrt2=\frac{\sqrt6}{3\cdot\sqrt2}=\frac{\sqrt3}{3}\)

nên \(\hat{SCA}=30^0\)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=30^0\)

a/ Ta có: AB vuông góc với BC, SC vuông góc với BC (vì SC vuông góc với mặt đáy ABCD). Vậy AB // SC. Vậy AB vuông góc (SBC).

b/ Tương tự, ta có: AD vuông góc với CD, SC vuông góc với CD. Vậy AD // SC. Vậy AD vuông góc (SCD).

c/ Ta có: SA vuông góc với mặt đáy ABCD (vì S là đỉnh chóp), CI vuông góc với SB (vì đường thẳng CI là hình chiếu của đường thẳng SC lên mặt phẳng chứa SB và CI). Vậy SA // CI. Vậy SA vuông góc CI.

d/ Gọi M là trung điểm của IJ. Ta cần chứng minh SA vuông góc CM. Ta có: CM vuông góc với IJ (vì nằm trên đường trung trực của IJ). Ta cũng có: SA vuông góc CI (đã chứng minh ở câu c). Vậy ta cần chứng minh CI // JM. Từ đó suy ra (SAC) ⊥ (CIJ). Theo tính chất của hình học không gian, ta có CI vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tương tự, JI vuông góc với mặt phẳng (SCD). Vậy CI // JI. Điều này suy ra từ tính chất của mặt phẳng và đoạn thẳng vuông góc với mặt phẳng. Suốt đoạn thẳng IJ, ta có thể lấy một điểm nào đó làm trung điểm, ví dụ M. Vậy CI // JM.

Program HOC24;

var i,n: integer;

a: array[1..10000] of integer;

t: longint;

begin

write('Nhap N: '); readln(n);

for i:=1 to n do 

begin

write('A[',i,']='); readln(a[i]);

end;

t:=0;

for i:=1 to n do if (a[i] mod 3=0) and (a[i] mod 5=0) then t:=t+a[i];

write('Tong la: ',t);

readln

end.