|
|
giải đáp
|
Tính tổng của biểu thức đại số.
|
|
|
|
A=1.2+2.3+3.4+.............+n(n+1)
=1(1+1) + 2(2+1) + 3(3+1) +...+n(n+1)
=(1^2 + 2^2 + 3^2 +...+ n^2) + (1 + 2 + 3 + ...+ n)
ta có các công thức:
1^2 + 2^2 + 3^2 +...+ n^2 = n(n+1)(2n+1)/6
1 + 2 + 3 + ...+ n = n(n+1)/2
thay vào ta có:
A= n(n+1)(2n+1)/6 + n(n+1)/2
=n(n+1)/2[(2n+1)/3 + 1]
=n(n+1)(n+2)/3
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Đạo hàm
|
|
|
|
Cho $f(x)=x^5+x^3-2x-3$. $
CMR: f'(1)+f'(-1)=-4f(0)$
|
|
|
|
giải đáp
|
hình 11 cần gấp
|
|
|
|
b, Ta có CN ⊥ (SAB) nên góc giữa CM và (SAB) là góc $\widehat{CMN}$
Xét tam giác CMN vuông tại N có : tan $\widehat{CMN}$= CN / MN
+ Tính CN: do tam giác ACB vuông cân tại C nên: CN= a nhân căn 2
+Tính MN: MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN=1/2.SA= a/2.
$\Rightarrow $ tan $\widehat{CMN}$=(a.căn 2)/(a/2)= 2.căn 2 $\Rightarrow \widehat{CMN}$=$89^042^038,03.$
|
|
|
|
giải đáp
|
hình 11 cần gấp
|
|
|
|
a, +CM: CN ⊥ (SAB):
Ta có tam giác ACB vuông cân tại C nên CN ⊥ AB (1)
Lại có SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CN (2)
(1) và (2) : CN ⊥ (SAB) (đpcm)
+ CM : SB ⊥ (CMN): Ta có CM ⊥ SB (3)
Lại có CN ⊥ (SAB) nên CN ⊥ SB (4)
(3) và (4): SB ⊥ (CMN) (đpcm)
Do SB $\subset SCB\Rightarrow $ (SCB) ⊥ (CMN)
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
viết phương trình tiếp tuyến
|
|
|
|
Cho hàm số $y=f(x)=(x^2-1)(x+1)$ có đồ thị (C) a, Giải bất pt: $f'(x)\geq 0$. b, Viết pt tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hình học không gian
|
|
|
|
a, Gọi $0=AC\cap BD$
Ta có SBD cân (do SB=SD=a) $\Rightarrow $ SO ⊥ BD (1)
Lại có BD ⊥ AC (2)
(1) và (2) suy ra BD ⊥ (SAC)$\Rightarrow$ (ABCD) ⊥ (SAC) (dpcm)
b, Ta có $\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{ABD}=60^0\Rightarrow \Delta ABD$ đều $\Rightarrow BD=a\Rightarrow \Delta SBD$ đều$\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Do ABD đề nên ta có: $AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$
$\Rightarrow $tam giác SAC có $SO=\frac{1}{2}AC\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S (đpcm)
c, Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống AC $\Rightarrow $ SH ⊥ AC; Lại có SH ⊥ BD (do BD ⊥ SAC) $\Rightarrow $SH ⊥ (ABCD) $\Rightarrow $ Khoảng cách từ S đến (ABCD) là đoạn SH .
Xét tam giac SAC vuôg tại S có $SC^2=AC^2-SA^2=2a^2$
cũng trong tam giác này có: $\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SC^2}\Rightarrow SH^2=\frac{2a^2}{3}
\Rightarrow SH=a\sqrt{\frac{2}{3}}$
Vậy khoảng cách từ S đến (ABCD) bằng $a\sqrt{\frac{2}{3}}$.
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
hình học không gian
|
|
|
|
Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, $\widehat{BAD}=60^0, SA=SB=SD=a$.
a, CM (SAC) vuông góc (ABCD)
b, CM tam giác SAC vuông.
c, Tính khoảng cách từ S đến (ABCD)
|
|
|
|
giải đáp
|
tinh goc giua hai mat phang
|
|
|
|
Trong mp (SAC) kẻ MH // SO ( H thuộc AC)
$\Rightarrow $ MH ⊥ (ABCD) $\Rightarrow $ góc giữa MN và (ABCD) là $\widehat{MNH}=60^0$
Ta có MH ⊥ HN nên tam giác MHN vuông tại H $\Rightarrow MN^2=MH^2+HN^2$
Kẻ HI ⊥ BC. Trong tam giác CAB có HI // AB $\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{HI}{AB}=\frac{3}{4}\Rightarrow HI=\frac{3}{4}AB$
Cũng có $NI=\frac{1}{4}BC$
Xét tam giác vuôg HIN có $HN^2=HI^2+IN^2\Rightarrow HN=a\sqrt{\frac{5}{8}}$
Xét MNH có $cosMNH=\frac{HN}{MN}\Rightarrow MN=a\sqrt{\frac{5}{2}}$
Ta có $SO=2MH=2.HN.tanMNH=a\sqrt{\frac{15}{2}}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Đạo hàm
|
|
|
|
Tính đạo hàm của hàm số sau:
a, $y=(\frac{2}{x}+3x)(\sqrt{x}-1)$
b, $y=\frac{4\sqrt{x}-3x+1}{\sqrt{x}-1}$ |
|
|
|
giải đáp
|
huong dan dum
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
huong dan dum
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
ho mk
|
|
|
|
Bài 2
a,+ Tính IJ: Ta có IJ=BC=a
+ Tính SI: Ta có $\Delta $SAB đều $\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
+ Tính SJ:
Ta có $\Delta $SCD vuông cân tại S $\Rightarrow \frac{1}{SJ^{2}}=\frac{1}{SC^2}+\frac{1}{SD^2}=\frac{1}{(\frac{a\sqrt{2}}{2})^2}+\frac{1}{(\frac{a\sqrt{2}}{2})^2}\Rightarrow SJ^2=\frac{a^2}{4}\Rightarrow SJ=\frac{a}{2}$
+ CM: SI ⊥(SCD)
Ta có SI ⊥ AB
và AB // CD $\Rightarrow $ SI ⊥ CD (1)
Lại có $IJ^2=SI^2+SJ^2=a^2\Rightarrow \Delta SIJ$ vuông tại S
$\Rightarrow $SI ⊥ SJ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ SI ⊥ (SCD) (đpcm)
+ CM: SJ ⊥ (SAB)
CM tương tự ta cũng có: SI ⊥ AB; SJ ⊥ SI $\Rightarrow $SJ ⊥ (SAB) (đpcm)
b, Ta có AB ⊥ SI; AB ⊥ IJ $\Rightarrow $ AB ⊥ (SIJ) $\Rightarrow $ AB ⊥ SH (3)
Lại có SH ⊥ IJ (4)
Từ (3) và (4) $\Rightarrow $ SH ⊥ (ABCD) $\Rightarrow $ SH ⊥ AC (đpcm).
|
|
|
|
giải đáp
|
ho mk
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|