Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Hướng dẫn giải: Dễ thấy tứ giác MNPQ là hình bình hành, gọi H là trung điểm của AB.
Vì hai tam giác đều ABC và ABC’ có chung cạnh AB nên
C H ⊥ A B C ' H ⊥ A B
Suy ra A B ⊥ ( C H C ' )
Do đó A B ⊥ C C '
Ta lại có:
Kết luận tứ giác MNPQ là hình chữ nhật
A B C H O P E F M N U V V' K S T L J G I
Gọi EN giao FM tại K, AP cắt BC tại V, AK cắt BC tại U. Giao điểm của EF với AK và AP lần lượt là L và I.
Áp dụng ĐL Thales ta dễ có \(\frac{FL}{AM}=\frac{KF}{KM}=\frac{EF}{MN}=\frac{EI}{AM}\Rightarrow FL=EI\). Từ đây BU = CV
Suy ra hai điểm U,V đối xứng với nhau qua trung điểm T của cạnh BC (1)
Mặt khác gọi S là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC. KJ vuông góc AH tại J, AH cắt EF tại G.
Ta thấy ^KJH = ^KEH = ^KFH = 900 nên năm điểm E,F,K,H,J đồng viên
Từ đó \(GE.GF=GH.GJ\Rightarrow\frac{1}{4}SB.SC=\frac{1}{4}SH.SA=GH.GJ\)
Hay \(d_{\left(O,EF\right)}.AG=GH.d_{\left(K,EF\right)}\Rightarrow\frac{d_{\left(O,EF\right)}}{d_{\left(K,EF\right)}}=\frac{GH}{AG}\). Từ đó dễ suy ra L,O,H thẳng hàng
Gọi cát tuyến LOH cắt BC tại V'. Ta lại có CF và OH cắt nhau tại trọng tâm tam giác ABC nên theo ĐL Thales:
\(CV'=2.FL=BU\). Suy ra hai điểm U và V' đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra V trùng V'. Mà AP cắt BC tại V, OH (Đường Euler của tam giác ABC) cắt BC tại V'
Nên OH,AP,BC đồng quy (đpcm).
Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB = 3$, $BC = 3\sqrt3$ nên:
$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{27 - 9} = 3\sqrt2$.
Diện tích đáy: $S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC = \dfrac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3\sqrt2 = \dfrac{9\sqrt2}{2}$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $3$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên:
$SA = SB = AB = 3$ và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại trung điểm $H$ của $AB$.
Suy ra: $AH = HB = \dfrac{3}{2}$.
Trong tam giác đều $SAB$:
$SH = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot 3 = \dfrac{3\sqrt3}{2}$.
Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SH \perp (ABC)$, do đó $SH$ là chiều cao của khối chóp.
Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH= \dfrac13 \cdot \dfrac{9\sqrt2}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt3}{2}= \dfrac{27\sqrt6}{12}= \dfrac{9\sqrt6}{4}$.
Vậy $V = \dfrac{9\sqrt6}{4}$.
Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB = 3$, $BC = 3\sqrt3$ nên:
$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{27 - 9} = 3\sqrt2$.
Diện tích đáy:
$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC = \dfrac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3\sqrt2 = \dfrac{9\sqrt2}{2}$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $3$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên:
$SA = SB = AB = 3$ và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại trung điểm $H$ của $AB$.
Suy ra: $AH = HB = \dfrac{3}{2}$.
Trong tam giác đều $SAB$:
$SH = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot 3 = \dfrac{3\sqrt3}{2}$.
Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SH \perp (ABC)$, do đó $SH$ là chiều cao của khối chóp.
Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH= \dfrac13 \cdot \dfrac{9\sqrt2}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt3}{2}= \dfrac{27\sqrt6}{12}= \dfrac{9\sqrt6}{4}$.
Vậy $V = \dfrac{9\sqrt6}{4}$.
=>x^3-3*x^2*1+3*x*1-1^3-27=0
=>(x-1)^3 -27 =0
=> (x-1)^3=27
=>x-1=3
=> x=4
Vậy chọn A
) Gọi P là tr/điểm AS
=> SA v/góc BP (t/giác SAB đêu)
SA v/góc BM =>SA v/góc (BPM)
Gọi P, Q lần lượt là tr/điểm AS và AJ
=> PQ là đ/t/bình t/giác ASJ
=> SJ // PQ. Mặt khác, t/giác SAJ có:
vuông tại S
=> AS v/góc SJ => AS v/góc PQ
Lại có: AS v/góc BP (t/giác SAB đều) => AS v/góc (BPQ) => AS v/góc BQ, lúc đó M là giao điểm BQ và CD.
AB // JM => . Trong t/giác vuông ADM có:
