Bài 2: Hai đường thẳng vuông góc

Mn giúp e 2 bài này với ạaa😢..

Câu 11 : \(CM\cap\left(ABCD\right)=C\) 

Thấy : SA \(\perp\left(ABCD\right)\) ; từ M kẻ MH // SA ( H \(\in AD\) ) => H là hình chiếu của M trên (ABCD)  \(\Rightarrow\left(CM;\left(ABCD\right)\right)=\widehat{MCH}\)

Ta có : \(MH=\dfrac{1}{2}SA=\sqrt{2}a\) 

Tam giác HDC vuông tại D : \(HC=\sqrt{HD^2+DC^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a\)

Tam giác MHC vuông tại H : \(tan\widehat{MCH}=\dfrac{MH}{HC}=\dfrac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}a}=1\)

\(\Rightarrow\widehat{MCH}=45^o\) \(\Rightarrow\left(CM;\left(ABCD\right)\right)=45^o\) 

Chọn A 

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\\AB\perp AD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\)

Mà \(AD\in\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow\left(SAD\right)\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa (SAB) và (SAD) là \(90^0\)

a. Do ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

\(\Rightarrow C'D||AB'\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa A'B và C'D bằng góc giữa A'B và AB'

Mà \(A'B\perp AB'\) (hai đường chéo hình vuông)

\(\Rightarrow\widehat{\left(A'B;C'D\right)}=90^0\)

b.

Do \(AD'||BC'\) (t/c lập phương)

\(\Rightarrow\widehat{\left(A'B;AD'\right)}=\widehat{\left(A'B;BC'\right)}=\widehat{A'BC'}\)

Mà \(A'B=BC'=A'C'=a\sqrt{2}\) (với a là cạnh lập phương)

\(\Rightarrow\Delta A'BC'\) đều

\(\Rightarrow\widehat{A'BC'}=60^0\)

a.

P là trung điểm B'C', Q là trung diểm C'D'

\(\Rightarrow PQ\) là đường trung bình tam giác B'C'D'

\(\Rightarrow PQ||B'D'\Rightarrow PQ||BD\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(MN;PQ\right)}=\widehat{\left(MN;BD\right)}\)

Lại có MN là đường trung bình tam giác ABC \(\Rightarrow MN||AC\)

Mà \(AC\perp BD\Rightarrow MN\perp BD\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(MN;PQ\right)}=90^0\)

b.

\(D'P||DN\Rightarrow\widehat{\left(CM;D'P\right)}=\widehat{\left(CM;DN\right)}\)

Ta có:

\(\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{CB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\)

\(\overrightarrow{DN}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}=-\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CB}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{CM}.\overrightarrow{DN}=\left(\overrightarrow{CB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\right)\left(-\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CB}\right)\)

\(=-\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}CB^2-\dfrac{1}{2}BA^2+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{CB}\)

\(=\dfrac{1}{2}CB^2-\dfrac{1}{2}BA^2=0\)

\(\Rightarrow CM\perp DN\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(CM;D'P\right)}=90^0\)

refer

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\AD\perp CD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD\) (A đúng)

\(AC\perp BD\) theo tính chất của hình vuông (2 đường chéo vuông góc) (B đúng)

\(SA\perp CD\) theo cmt (C đúng)

Do đó D sai

24.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

25.

Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow SO\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\widehat{SAO}\) là góc giữa SA và (ABC)

\(AO=\dfrac{2}{3}.\dfrac{1.\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{SAO}=\dfrac{AO}{SA}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{SAO}=60^0\)

26.

\(dy=y'dx=\left(x^2\right)'dx=2xdx\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow3}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\sqrt{x^2+7}-4}{2x-6}=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{x^2-9}{2\left(x-3\right)\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}{2\left(x-3\right)\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{x+3}{2\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}\)

\(=\dfrac{6}{2\left(4+4\right)}=\dfrac{3}{8}\)

\(f\left(3\right)=1-2m\)

Hàm liên tục trên R khi: 

\(1-2m=\dfrac{3}{8}\Rightarrow m=\dfrac{5}{16}\in\left(0;1\right)\)

38.

\(y'=2x^2-8x+9=2\left(x-2\right)^2+1\ge1\)

\(\Rightarrow\) Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất bằng 1 khi \(x_0-2=0\Rightarrow x_0=2\)

\(y\left(2\right)=-\dfrac{11}{3}\)

Phương trình d:

\(y=1\left(x-2\right)-\dfrac{11}{3}=x-\dfrac{17}{3}\)

Thay tọa độ 4 điểm của đáp án, chỉ có \(P\left(5;-\dfrac{2}{3}\right)\) thỏa mãn

39.

Gọi E là trung điểm AB, F là trung điểm CD

Từ E kẻ EH vuông góc SF (H thuộc SF)

Do tam giác SAB đều \(\Rightarrow SE\perp AB\Rightarrow SE\perp\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow SE\perp CD\)

\(EF||AD\Rightarrow EF\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SEF\right)\) \(\Rightarrow CD\perp EH\)

\(\Rightarrow EH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow EH=d\left(E;\left(SCD\right)\right)\)

Lai có: \(AB||CD\Rightarrow AB||\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(E;\left(SCD\right)\right)=EH\)

\(SE=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ; \(EF=AD=1\)

Hệ thức lượng: \(d=HE=\dfrac{SE.EF}{\sqrt{SE^2+EF^2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

Hình vẽ câu 39:

a: Gọi E là trung điểm của AB

ΔABC đều nên CE vuông góc AB

ΔABD đều nên DE vuông góc AB

=>AB vuông góc (CDE)

=>AB vuông góc CD

b: Xét ΔCAB có CN/CB=CM/CA

nên MN//AB và MN=1/2AB

Xét ΔDAB có DQ/DA=DP/DB

nên PQ//AB và PQ/AB=DQ/DA=1/2

=>MN//PQ và MN=PQ

=>MNPQ là hình bình hành

Xét ΔADC có AQ/AD=AM/AC

nên QM//DC

=>QM vuông góc AB

=>QM vuông góc QP

=>MNPQ là hình chữ nhật