Ba điểm phân biệt cùng thuộc hai mặt phẳng phân biệt thì

Hướng dẫn giải:

a) Vì \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\) nên \(O\) là trung điểm \(BD\).

Xét tam giác \(SBD\) có \(O\) là trung điểm \(BD\), \(M\) là trung điểm \(SD\) nên \(OM\) là đường trung bình của tam giác \(SBD \Rightarrow OM{\rm{//}}SB\).

b) Kéo dài \(BG\) cắt \(CD\), \(AD\) lần lượt tại \(I\), \(J\). Kéo dài \(JM\) cắt \(SA\) tại \(K\).

Khi đó \(K \in \left( {MBG} \right)\), do đó \(K\) là giao điểm của \(SA\) và \(\left( {MBG} \right)\).

c) Vì \(I\) là giao điểm của \(BG\) và \(CD\) nên \(I\) là trung điểm của \(CD\).

Ta chứng minh được \(I\) là trung điểm của \(JB\).

Tam giác \(ABJ\) có \(DI{\rm{//}}AB\), \(I\) là trung điểm \(JB\) nên \(DI\) là đường trung bình tam giác \(ABJ\).

\( \Rightarrow D\) là trung điểm \[JA\].

Từ \(D\) kẻ \(DN{\rm{//}}AK\left( {N \in JK} \right)\). Khi đó \(DN\) là đường trung bình của tam giác \(AKJ\)

\( \Rightarrow \frac{{DN}}{{AK}} = \frac{1}{2}\) hay \(AK = 2DN\).

Mặt khác, xét \(\Delta MND\) và \(\Delta MSK\) có:

\(\widehat {SKM} = \widehat {DNM}\) (2 góc so le của \(SK{\rm{//}}ND\))

\(SM = MD\,\,\,\left( { = \frac{1}{2}SD} \right)\) (\(S\) là trung điểm \(AD\))

\(\widehat {SMK} = \widehat {DMN}\) (đối đỉnh)

Do đó, \(\Delta MND = \Delta MSK\left( {{\rm{g}}{\rm{.c}}{\rm{.g}}} \right) \Rightarrow SK = ND\).

\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{AS}} = \frac{{AK}}{{AK + KS}} = \frac{{2DN}}{{2DN + DN}} = \frac{2}{3}\)\(\left( 1 \right)\)

Lại có \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên \(\frac{{OG}}{{OC}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{AG}}{{AC}} = \frac{{AO + OG}}{{2OC}} = \frac{{OC + \frac{1}{3}OC}}{{2OC}} = \frac{{\frac{4}{3}OC}}{{2OC}} = \frac{2}{3}\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\frac{{AK}}{{AS}} = \frac{{AG}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow KG{\rm{//}}SC\) (định lí Talet trong tam giác \(SAC\)). (đpcm)

Xét tam giác \(SCD\) có \(M,I\) lần lượt là các trung điểm \(SD,DC\) nên \(MI\) là đường trung bình tam giác \(SCD \Rightarrow MI{\rm{//}}SC\), mà \(KG{\rm{//}}SC\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow MI{\rm{//}}KG \Rightarrow \frac{{JM}}{{MK}} = \frac{{JI}}{{IG}}\).

Ta có: \(DI\) là đường trung bình \(\Delta ABJ\) nên \(I\) là trung điểm \(BJ \Rightarrow BI = IJ = \frac{1}{2}BJ\).

\(G\) là trọng tâm \(\Delta BCD\) nên \(\frac{{GI}}{{BI}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{JI}}{{IG}} = \frac{{BI}}{{\frac{1}{3}BI}} = 3 \Rightarrow \frac{{JM}}{{KM}} = 3 \Rightarrow \frac{{JM}}{{JK}} = \frac{{JM}}{{JM + MK}} = \frac{3}{4}\).

Vậy \(\frac{{JM}}{{JK}} = \frac{3}{4}\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

\(\cos \left( {5x - 45^\circ } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5x - 45^\circ = 30^\circ + k360^\circ \\5x - 45^\circ = - 30^\circ + k360^\circ \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5x = 75^\circ + k360^\circ \\5x = 15^\circ + k360^\circ \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15^\circ + k72^\circ \\x = 3^\circ + k72^\circ \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Vì \({x_0}\) là nghiệm âm nên ta có 2 trường hợp sau:

TH1: \(x = 15^\circ + k72^\circ < 0 \Leftrightarrow k < - \frac{{15}}{{72}} = - \frac{5}{{24}} \Rightarrow k \le - 1\), vì \({x_0}\) lớn nhất nên \(k = - 1\).

\( \Rightarrow {x_0} = - 57^\circ \).

TH1: \[x = 3^\circ + k72^\circ < 0 \Leftrightarrow k < - \frac{3}{{72}} = - \frac{1}{{24}} \Rightarrow k \le - 1\], vì \({x_0}\) lớn nhất nên \(k = - 1\).

\( \Rightarrow {x_0} = - 69^\circ \).

Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \({x_0} = - 57^\circ \Rightarrow {x_0} \in \left( { - 60^\circ ; - 45^\circ } \right)\).