Ta có $d(G;(SBC))=\frac13 d(A;(SAB))$
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $SB==>AH $_|_$(SBC)=>d(G;(SBC))=\frac{a\sqrt{21}}{21}$
$VS.GBC=\frac13.S\Delta GBC=\frac{a^3\sqrt3}{36}$

theo hình ta có $sin \alpha<0;cos \alpha >0$

bài 1
a, ta có tứ giác ACMD có $\widehat{DAC}=\widehat{DMC}=90^0=>DPCM$
b,TA CÓ $\triangle ABM\sim \triangle DCM$ CÓ $\widehat{AMB}=\widehat{DMC}=90^0;\widehat{BAM}=\widehat{CDM}$
$==>\frac{MA}{MB}=\frac{MD}{MC}==>DPCM$
c,$V=\frac13AB.S$ với $S$ là diện tích hình tròn bán kính $d(M:AB)$

$f'(x)=1+\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+1}}$ vì $2\sqrt{x^2-x+1}=2\sqrt{(x-\frac12)^2+\frac34}>2\left| {x-\frac12} \right| $
Suy ra $-1<\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+1}}<1$
$==>$  đpcm

$y=(x+1)^2 +(\frac1{x+1}+(x+1))^2=2(x+1)^2+\frac1{(x+1)^2}+2$
$\geqslant 2\sqrt{{2(x+1)^2}.\frac1{(x+1)^2}}+2=2\sqrt2+2$
$=>y_{min}=2\sqrt2+2$ khi$x=\sqrt[4]2-1$

ta có $dcos^2x=-2sinxcosxdx=-sin2xdx$
$\rightarrow I=-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}2}\frac{dcos^2x}{1+cos^2x}=-ln(1+cos^2x)|_0^{\frac{\pi}2}=ln2$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

xét $y=x^5+x (1)  ;d:y=-m$
Xét $(1) y'=5x^4+1>0 \forall x\in R=>(1)$ đồng biến trên $R$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty }=\pm \infty =>(1) $ và $d$ luôn có giao điểm $\forall m=>$ đpcm

$y=x+x+x+\frac1{x^3}\geqslant 4\sqrt[4]{x.x.x.\frac1{x^3}}=4$
=>$y_{min}=4$ khi x=1

Bài 2
$V=\pi r^2.h=250\pi  (đ vtt)     S_{xq}=2\pi rl=100\pi (đvdt)$
Gọi $O;O'$ lần lượt là tâm đường tròn hai mặt đáy của hình trụ
$==>$ mặt cầu có tâm là trung điểm $I$ của $OO'$
$==>$ mặt cầu có bán kính $R=\sqrt{5^2+10^2}=5\sqrt5$
$V=\frac43 \pi R^3=\frac{2500\sqrt5\pi}{3}$

Bài 1
Gọi $H$ là trung điểm $AB==>SH$_|_$(ABCD)$ do $(SAB)$_|_$(ABCD)$
Ta có $SH=\frac{a\sqrt3}{2}=>VS.OAD=\frac13.SH.S\Delta OAD=\frac{\sqrt3a^3}{24}$

Gọi $O$ là trọng tâm $\Delta ABC=> SO$_|_$ (ABC)$
Goi $M$ là tđ $BC=>(SAM)$_|_$BC$ gọi $N$ là hình chiếu của $M$ lên$SA==> (MBC)$_|_$SA==>N\equiv D$

$\widehat{SA;(ABC)}=\widehat{SAO}=60^0==>SO=AO.tan60^0=a$
Ta có $MD=\frac{SO.AM}{SA}=>SD=\frac{2\sqrt2a}{3}$
$\frac{VS.DBC}{VS.ABC}=\frac{SD}{SA}=\frac{\sqrt6}{3}=>VS.DBC=\frac{a^3.\sqrt2}{12}$

a,tacó$ EA=AC(\Delta AEC$cân$ )=AB$(gt)$

$==>DPCM=>$\widehat{ABE}=\widehat{AEB}=\widehat{ACB}$(2 góc đối xứng qua đường thẳng)=> tứ giác $ACDB$ nội tiếp
==>$\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=\widehat{DAC}=\widehat{DAE}$ ==>CD//AE==>DPCM
b, xét $\triangle AEB\sim\triangle ACI $có $\widehat{EBA}=\widehat{IAC}$và$\widehat{ACI}=\widehat{AEB}$
lại có 2 tia phân giác của 2 góc = nhau là EK và CK=>$\frac{AK}{KI}=\frac{BK}{AK}\Leftrightarrow \frac{AK}{AI}=\frac{BK}{BA}=>DPCM$
c,lấy B' đối xứng với B qua d=> chu vi tam giác MBC min khi M là giao điểm của BB' và d

$d(A;(SDC))$ bạn có thể tính dễ dàng qua thể tích $V S.ACD$
dể tính $d(H;(SDC))$ gọi điểm như hình vẽ $MH//SC$
có$\frac{SH}{SB}=\frac{SA^2}{SB^2}=\frac23==>\frac{BM}{BC}=\frac13==>\frac{AN}{AD}=\frac57$
$\rightarrow d(H;(SDC))=\frac37 .d(A;(SDC))=a\frac37$