Cho hình vẽ bên. Số đo \(\widehat {D\,}\) trong hình vẽ là       

Hướng dẫn giải

1)

Theo bài, ta có trung đoạn \(d = 18,66{\rm{\;cm}}\) và diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều là \({S_{xq}} = 858,4{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Do đó độ dài cạnh đáy của hình chóp là:

\(CD = \frac{{{S_{xq}}}}{{2d}} = \frac{{858,4}}{{2 \cdot 18,66}} \approx 23{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Tam giác \(SCD\) cân tại \(S\) nên \(SI\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

Do đó \(CI = DI = \frac{{CD}}{2} \approx \frac{{23}}{2} = 11,5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(SCI,\) ta có:

\(S{C^2} = S{I^2} + I{C^2} \approx 18,{66^2} + 11,{5^2} = 480,4456\)

Suy ra \(SC \approx 21,92{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp tứ giác đều khoảng \(21,92{\rm{\;cm}}{\rm{.}}\)

2)

a) Do \[ABCD\] là hình bình hành nên \[BC\,{\rm{//}}\,AD\] và \[BC = AD.\]

Mà \[M \in BC,{\rm{ }}N \in AD\] nên \[MB\,{\rm{//}}\,ND\]

Lại có \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}AD\] nên

\(MB = MC = \frac{1}{2}BC;NA = ND = \frac{1}{2}AD\)

Do đó \[MB = MC = NA = ND.\]

Tứ giác \[MBND\] có \[MB\,{\rm{//}}\,ND\] và \[MB = ND\] nên là hình bình hành.

b) Tương tự câu a, ta chứng minh được \[MANC\] là hình bình hành.

Do \[MBND,{\rm{ }}MANC\] đều là hình bình hành nên \[PN\,{\rm{//}}\,MQ,{\rm{ }}PM\,{\rm{//}}\,NQ\] (do \[P\] là giao điểm của \[AM\] và \[BN,{\rm{ }}Q\] là giao điểm của \[CN\] và \[DM).\]

Suy ra tứ giác \[PMQN\] là hình bình hành.

Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta MNB\) có:

\[AN = BM,\] \[\widehat {ANB} = \widehat {MBN}\](hai góc so le trong do \[BM\,{\rm{//}}\,AN),\] cạnh \[BN\] chung.

Do đó \(\Delta ABN = \Delta MNB\) (c.g.c). Suy ra \[AB = MN\] (hai cạnh tương ứng)

Tứ giác \[ABMN\] có \[AB = BM = MN = AN\] nên \[ABMN\] là hình thoi.

Suy ra \[AM \bot BN,\] do đó \(\widehat {MPN} = 90^\circ \).

Hình bình hành \[PMQN\] có \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) nên \[PMQN\] là hình chữ nhật.

c) Ta có \[BM = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[ABMN\] là hình thoi nên \[AM\] là tia phân giác của \(\widehat {BAN}\).

Suy ra \(\widehat {BAN} = 2\widehat {MAD} = 60^\circ \).

Tam giác \[ABN\] có \[AB = AN\] và \(\widehat {BAN} = 60^\circ \) nên tam giác \[ABN\] đều.

Suy ra \[BN = AN = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[P\] là trung điểm của \[BN\] nên \(BP = NP = \frac{{BN}}{2} = 1{\rm{\;cm}}\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \[BMP\] vuông tại \[P,\] ta có: \[B{M^2} = B{P^2} + M{P^2}.\]

Suy ra \[M{P^2} = B{M^2} - B{P^2} = {2^2} - {1^2} = 3.\] Do đó \(MP = \sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Do \[PMQN\] là hình chữ nhật nên diện tích của \[PMQN\] là: \(MP.NP = \sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có \({x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right).\)

Điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x - 1 \ne 0,\) \(x + 1 \ne 0,\) \(x \ne 0\) hay \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0.\)

b) Với điều kiện \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có:

\(P = \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{{{x^2} - 3x}}{{{x^2} - 1}}} \right) \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - {{\left( {x - 1} \right)}^2} + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + 2x + 1 - \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{4x + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\[ = \frac{{x\left( {x + 1} \right) \cdot \left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \cdot x}}\]\[ = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

Vậy với \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) thì \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

c) Với \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}} = \frac{{x - 1 + 5}}{{x - 1}} = 1 + \frac{5}{{x - 1}}.\]

Với \(x\) nguyên, để \(P\) đạt giá trị nguyên thì \(\frac{5}{{x - 1}}\) là số nguyên

Do đó \(5\,\, \vdots \,\,\left( {x - 1} \right)\) hay \(x - 1 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,5\,;\,\, - 5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(x \in \left\{ {1\,;\,\,0\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right\}.\)