Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành, cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\frac{{6a}}{7}\). Tính khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\)?

Trả lời: \( \approx {51,14^^\circ }\)

Lời giải

Trong mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }H \bot {B^\prime }{D^\prime }\) tại \(H\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{B^\prime }{D^\prime } \bot {A^\prime }H}\\{{B^\prime }{D^\prime } \bot A{A^\prime }\left( {{\rm{do }}A{A^\prime } \bot \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow {B^\prime }{D^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right) \Rightarrow {B^\prime }{D^\prime } \bot AH} \right.\).

Do đó \(\widehat {AH{A^\prime }}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,{B^\prime }{D^\prime },{A^\prime }} \right]\).

Tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{D^\prime }\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }H\) nên

\(\frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{B^{\prime 2}}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{D^{\prime 2}}}} \Rightarrow {A^\prime }H = \frac{{{A^\prime }{B^\prime } \cdot {A^\prime }{D^\prime }}}{{\sqrt {{A^\prime }{B^{\prime 2}} + {A^\prime }{D^{\prime 2}}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}{\rm{. }}\)

Tam giác \(AH{A^\prime }\) vuông tại \({A^\prime }\) có:

\(\tan \widehat {AH{A^\prime }} = \frac{{A{A^\prime }}}{{{A^\prime }H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AH{A^\prime }} \approx {51,14^^\circ }\)

Trả lời: 0,25

Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố "Học sinh thích bóng đá", \(B\) là biến cố "Học sinh thích bóng rổ" và \(AB\) là biến cố "Học sinh thích bóng đá và bóng rổ".

Khi đó biến cố \(\bar A \cup \bar B\) là "Học sinh không thích cả bóng đá và bóng rổ".

Ta có \(P(\bar A \cup \bar B) = P(\bar A) + P(\bar B) - P(\overline {AB} ) = 1 - 0,45 + 1 - 0,6 - (1 - 0,3) = 0,25\).