Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $1$ nên:
$OA = OB = OC = \dfrac{1}{\sqrt3}$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Tam giác $SAB$ cân tại $S$, $\widehat{ASB}=120^\circ$ nên:
$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2SA\cdot SB\cos120^\circ$.
Vì $SA = SB$ nên:
$1 = 2SA^2 - 2SA^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)= 2SA^2 + SA^2 = 3SA^2$
$\Rightarrow SA = \dfrac{1}{\sqrt3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB$ thì:
$SM^2 = SA^2 - AM^2= \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}= \dfrac{1}{12}$
$\Rightarrow SM = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.
Vì $(SAB) \perp (ABC)$ nên $SM \perp (ABC)$.
Mặt khác: $OM = \sqrt{OA^2 - AM^2}= \sqrt{\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}}= \dfrac{1}{2\sqrt3}$.
Suy ra: $SO^2 = SM^2 + OM^2= \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12}= \dfrac{1}{6}$
$\Rightarrow SO = \dfrac{1}{\sqrt6}$.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm $I$ của $SO$ nên:
$R = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt6}$.
Thể tích khối cầu:
$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3= \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{1}{2\sqrt6}\right)^3= \dfrac{4}{3}\pi \cdot \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{1}{6\sqrt6}= \dfrac{\pi\sqrt6}{216}$.
Vậy $V = \dfrac{\pi\sqrt6}{216}$.
Chọn đáp án A.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $1$ nên tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp là $OA = OB = OC = \dfrac{1}{\sqrt3}$.
Tam giác $SAB$ cân tại $S$ với $\widehat{ACB}=120^\circ$ nên áp dụng định lý cosin:
$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 SA \cdot SB \cos 120^\circ$.
Vì $SA = SB$ nên:
$1 = 2 SA^2 - 2 SA^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 3 SA^2 \Rightarrow SA = \dfrac{1}{\sqrt3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB$:
$SM^2 = SA^2 - AM^2 = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12} \Rightarrow SM = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.
Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SM \perp (ABC)$.
Mặt khác: $OM = \sqrt{OA^2 - AM^2} = \sqrt{\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.
=> $SO^2 = SM^2 + OM^2 = \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow SO = \dfrac{1}{\sqrt6}$.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm $I$ của $SO$ nên:
$R = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt6}$.
Thể tích khối cầu:
$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3 = \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{1}{2\sqrt6}\right)^3 = \dfrac{5 \cdot 15 \pi}{54}$.
Vậy $V = \dfrac{5 \cdot 15 \pi}{54}$.
Chọn đáp án C.
Áp dụng BĐT tam giác ta có:
a+b>c =>c-a<b =>c2-2ac+a2<b2
a+c>b =>b-c <a =>b2-2bc+c2<a2
b+c>a =>a-b<c =>a2-2ab+b2<c2
Suy ra: c2-2ac+a2+b2-2bc+c2+a2-2ab+b2<a2+b2+c2
<=>-2.(ab+bc+ca)+2.(a2+b2+c2)<a2+b2+c2
<=>-2(ab+bc+ca)<-(a2+b2+c2)
<=>2.(ab+bc+ca)<a2+b2+c2
Đáp án B
Ta có: O là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SAB.
Ta có: O G = 1 3 S M = 3 6 ; M G = C M 3 = 3 6
R = S O = M G 2 + S G 2 = 3 6 + 1 3 = 15 6
Cách 2: Áp dụng CT giải nhanh trong trường hợp S A B ⊥ A B C ta có:
R 2 = R 2 A B C + R 2 S A B − A B 2 4 = 1 2 3 + 1 2 3 − 1 4 = 2 3 − 1 4 = 5 12 ⇒ R = 15 6 .
Vậy V = 4 3 π R 3 = 5 15 π 54 .
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp:
$OA = OB = OC = \dfrac{a}{\sqrt3}$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên:
$SA = SB = AB = a$ và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại trung điểm $M$ của $AB$.
Trong tam giác đều $SAB$:
$SM = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
Mặt khác: $OM = \sqrt{OA^2 - AM^2} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{\sqrt3}\right)^2 - \left(\dfrac{a}{2}\right)^2}= \sqrt{\dfrac{a^2}{3} - \dfrac{a^2}{4}}= \dfrac{a}{2\sqrt3}$.
=> $SO^2 = SM^2 + OM^2= \dfrac{3a^2}{4} + \dfrac{a^2}{12}= \dfrac{10a^2}{12}= \dfrac{5a^2}{6}$
$\Rightarrow SO = a\sqrt{\dfrac{5}{6}}$.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm $I$ của $SO$ nên:
$R = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{a}{2}\sqrt{\dfrac{5}{6}}$.
Thể tích khối cầu:
$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3= \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{a}{2}\sqrt{\dfrac{5}{6}}\right)^3= \dfrac{4}{3}\pi \cdot \dfrac{a^3}{8} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{\frac{3}{2}}= \dfrac{a^3\pi}{6}\cdot \dfrac{5\sqrt{30}}{36}= \dfrac{5\sqrt{30}\pi a^3}{216}$.
Vậy $V = \dfrac{5\sqrt{30}\pi a^3}{216}$.
Chọn đáp án B.
Đáp án B.
Gọi O là tâm của hính vuông ABCD và H là tâm của đường tròn ngoại tiếp Δ S A B . Từ O kẻ đường thẳng d vuông góc với (ABCD). Từ H kẻ đường thẳng H vuông góc với (SAB).
Ta có d ∩ Δ = I ⇒ I A = I B = I C = IS ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp khối chóp S . A B C D ⇒ R = I A = O I 2 + O A 2 .
Mà O I = H M = H B 2 − M B 2 với M là trung điểm của AB.
Xét Δ S A B cân tại S, có A B sin A S B ^ = 2 r
⇒ H B = r = 2 a 2. sin 120 0 = 2 a 3 .
Khi đó O I = 2 a 3 2 − a 2 = a 3 ⇒ R = a 3 2 + a 2 2 = a 21 3 .
Ta có:
7/12 = 4/12 + 3/12 = 1/3 + 1/4 = 20/60 + 20/80
và 1/41 + 1/42 + 1/43 +...+ 1/79 + 1/80 = (1/41 + 1/42 + 1/43 + ...+ 1/60) + (1/61 + 1/62 +...+ 1/79 + 1/80)
Do 1/41> 1/42 > 1/43 > ...>1/59 > 1/60
=> (1/41 + 1/42 + 1/43 + ...+ 1/60) > 1/60 + ...+ 1/60 = 20/60
và 1/61> 1/62> ... >1/79> 1/80
=> (1/61 + 1/62 +...+ 1/79 + 1/80) > 1/80 + ...+ 1/80 = 20/80
Vậy 1/41 + 1/42 + 1/43 +...+ 1/79 + 1/80 > 20/60 + 20/80 = 7/12
Đáp án A
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $1$ nên:
$OA = OB = OC = \dfrac{1}{\sqrt3}$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Tam giác $SAB$ cân tại $S$, $\widehat{ASB}=120^\circ$ nên:
$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2SA\cdot SB\cos120^\circ$.
Vì $SA = SB$ nên:
$1 = 2SA^2 - 2SA^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)= 2SA^2 + SA^2 = 3SA^2$
$\Rightarrow SA = \dfrac{1}{\sqrt3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB$ thì:
$SM^2 = SA^2 - AM^2= \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}= \dfrac{1}{12}$
$\Rightarrow SM = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.
Vì $(SAB) \perp (ABC)$ nên $SM \perp (ABC)$.
Mặt khác:$OM = \sqrt{OA^2 - AM^2}= \sqrt{\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}}= \dfrac{1}{2\sqrt3}$.
=> $SO^2 = SM^2 + OM^2 = \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12}= \dfrac{1}{6}$
$\Rightarrow SO = \dfrac{1}{\sqrt6}$.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm $I$ của $SO$ nên:
$R = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt6}$.
Thể tích khối cầu:
$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3= \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{1}{2\sqrt6}\right)^3= \dfrac{4}{3}\pi \cdot \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{1}{6\sqrt6}= \dfrac{\pi}{36\sqrt6}= \dfrac{\pi\sqrt6}{216}$.
Vậy $V = \dfrac{\pi\sqrt6}{216}$.
Chọn đáp án A.