Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình thang, \[AB = 2a,AD = DC = CB = a,\] \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = 3a.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(DM\) bằng \(\frac{{xa}}{y}\) (với \(x,y \in {\mathbb{N}^*},\frac{x}{y}\) tối giản). Tính \(x + y + xy.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đáp án:
Đáp án: 19.
· Ta có \(DM\parallel \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {DM,SB} \right) = d\left( {DM,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)\).
Mặt khác, \(AM \cap \left( {SBC} \right) = B\) nên \(\frac{{d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{MB}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).
· Tứ giác \(AMCD\) có \(AM,CD\) song song và bằng nhau nên là hình bình hành. Hơn nữa, \(AD = AM\) nên \(AMCD\) là hình thoi. Do đó, \(AC \bot DM.\) Mà \(DM\parallel BC\)(do \(DMBC\) là hình bình hành) nên \(AC \bot BC.\)
· Kẻ \(AH \bot SC\) tại \(H\). Khi đó, \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot {\rm{S}}A\\AC \cap SA = A\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AH\].
Ta có: \[\left. \begin{array}{l}AH \bot SC\\AH \bot BC\\SC \cap BC = C\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\].
· \[A{C^2} = A{B^2} - B{C^2} = 3{a^2} \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{4}{{9{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{3}{2}a \Rightarrow d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{4}a\].
· Do vậy, \(x = 3,y = 4 \Rightarrow x + y + xy = 19.\)
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đáp án:
Đáp án: \(46\).
Gọi \({S_1}\) là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi cung tròn.
Ta có diện tích bàn cờ \(S = {S_{ABCD}} + 2{S_1}\)
\({S_{ABCD}} = 1 \times 0,4 = 0,4\)(m\(^2\)).
Gọi \(R\) là bán kính đường tròn có hình quạt \({S_1}\) tương ứng.
\( \Rightarrow {\left( {R - 0,1} \right)^2} + 0,{2^2} = {R^2}\)
\( \Rightarrow R = 0,25\)
Gọi \(\alpha \) là góc ở tâm của hình quạt.
\(\sin \frac{\alpha }{2} = \frac{{0,2}}{{0,25}} = \frac{4}{5}\)
Suy ra \({S_1} = {\sin ^{ - 1}}\left( {\frac{4}{5}} \right) \times 0,{25^2} - \frac{1}{2}\left( {0,25 - 0,1} \right) \times 0,4\).
Tổng chi phí là \(T = \left( {0,4 + 2 \times {S_1}} \right) \times 100 = 45,5911\).
Lời giải
Đáp án:
Đáp án: \(0,67\).
Gọi \({P_1},{P_2},{P_3},{P_4}\) lần lượt là xác suất anh Sơn tìm được kho báu khi anh ấy đang ở phòng 1, phòng 2, phòng
Trường hợp 1: Anh Sơn xuất phát từ phòng 1
\({P_1} = \frac{1}{3}{P_2} + \frac{1}{3}{P_3} + \frac{1}{3}\) (1)
Trường hợp 2: Anh Sơn xuất phát từ phòng 2
\({P_2} = \frac{1}{2}{P_1} + \frac{1}{2}{P_4}{\rm{ }}(2)\)
Trường hợp 3: Anh Sơn xuất phát từ phòng 3
\({P_3} = \frac{1}{2}{P_1} + \frac{1}{2}{P_4}{\rm{ }}(3)\)
Trường hợp 4: Anh Sơn xuất phát từ phòng 4
\({P_4} = \frac{1}{3}{P_2} + \frac{1}{3}{P_3}\)(4)
Từ (1) (2) (3) (4) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{P_1} = \frac{2}{3}}\\{{P_2} = \frac{1}{2}}\\{{P_3} = \frac{1}{2}}\\{{P_4} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).
Xác suất để anh Sơn tìm được kho báu là: \({P_1} = \frac{2}{3} \approx 0,67\)
Từ (1) (2) (3) (4) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{P_1} = \frac{2}{3}}\\{{P_2} = \frac{1}{2}}\\{{P_3} = \frac{1}{2}}\\{{P_4} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).
Xác suất để anh Sơn tìm được kho báu là: \({P_1} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).
Câu 3
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập