Theo đinh luật khúc xạ ánh sáng (tại điểm \(I\)) :

\(sini_1=nsinr_1\)

\(\Rightarrow sin45^o=\sqrt{2}\cdot sinr_1\Rightarrow sinr_1=\dfrac{1}{2}\Rightarrow r_1=30^o\)

Tam giác ABC đều\(\Rightarrow\)Góc chiết quang \(\widehat{A}=60^o=r_1+r_2\)

\(\Rightarrow r_2=30^o\)

Xét tại điểm J, theo định luật khúc xạ ánh sáng:

\(sini_2=nsinr_2=\sqrt{2}\cdot sin30^o=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow i_2=45^o\)

Góc lệch tia ló ra khỏi lăng kính so với tia tới:

\(D=i_1+i_2-A=45^o+45^o-60^o=30^o\)

Chọn A

Góc giới hạn phản xạ toàn phần:

\(sini_{gh}=\dfrac{n_2}{n_1}\)

\(\Rightarrow sini_{gh}=\dfrac{\dfrac{4}{3}}{\sqrt{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}\)

\(\Rightarrow i_{gh}=50,2^o\)

Chọn A

Ta có:\(AH=HK\left(gt\right);AE=ED\left(gt\right)\Rightarrow\)EH là đường trung bình trong tam giác AKD⇒EH//DK⇒BC//DK

Nối BK và CP

Xét ΔBEK và ΔCED có:

\(BE=CE\left(gt\right)\)

\(\widehat{BEK}=\widehat{CED}\left(=\widehat{BEA}\right)\)

\(EK=ED\left(=AE\right)\)

⇒ΔBEK = ΔCED (c.g.c)

⇒KE=DE (2 cạnh tương ứng)

⇒ΔDEK cân tại E⇒\(\widehat{EKD}=\widehat{EDK}\)

ΔBEK = ΔCED (cmt)⇒\(\widehat{BEK}=\widehat{CED}\)

Ta có: \(\widehat{BEK}+\widehat{KED}+\widehat{CED}=180^o\Rightarrow2\widehat{BEK}=180^o-\widehat{KED}\)(1)

Xét ΔKED có:\(\widehat{KED}+\widehat{EKD}+\widehat{EDK}=180^o\Rightarrow2\widehat{EKD}=180^o-\widehat{KED}\)(2)

Từ (1) và (2)⇒\(2\widehat{BEK}=2\widehat{EKD}\Rightarrow\widehat{BEK}=\widehat{EKD}\)

Mà 2 góc này là 2 góc so le trong ⇒BE//KD⇒BC//KD

r nhé đưa kẹo đây

Gọi E là giao điểm HK và AC

\(\Rightarrow E\) là trung điểm OC \(\Rightarrow OE=\dfrac{1}{2}OC=\dfrac{1}{2}OA\)

\(\Rightarrow d\left(E;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)

HK là đường trung bình tam giác BCD \(\Rightarrow HK||BD\)

\(\Rightarrow d\left(HK;SD\right)=d\left(HK;\left(SBD\right)\right)=d\left(E;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)

Từ A kẻ \(AF\perp SO\Rightarrow AF\perp\left(SBD\right)\Rightarrow AF=d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)

\(AO=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

Hệ thức lượng: 

\(AF=\dfrac{SA.AO}{\sqrt{SA^2+AO^2}}=\dfrac{2a}{3}\)

\(\Rightarrow d\left(HK;SD\right)=\dfrac{1}{2}AF=\dfrac{a}{3}\)

Câu 12.

Ta có: \(\dfrac{sini}{sinr}=n\Rightarrow\dfrac{sin60^o}{sinr}=1,5\)

\(\Rightarrow sinr=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow r\approx35,3^o\)

Chọn C

Bài 2: Chọn C

Bài 4: 

a: \(\widehat{C}=180^0-80^0-50^0=50^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{A}=\widehat{C}< \widehat{B}\)

nên BC=AB<AC

b: Xét ΔABC có AB<BC<AC

nên \(\widehat{C}< \widehat{A}< \widehat{B}\)

Câu 17.

Xét tam giác IHJ vuông tại H:

\(sinr=\dfrac{HJ}{IJ}=\dfrac{HJ}{\sqrt{HI^2+HJ^2}}\)

Chiết xuất: \(\dfrac{sini}{sinr}=n\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{HI^2+HJ^2}}{HJ}=\dfrac{4}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{60^2+HJ^2}{HJ^2}=\dfrac{16}{9}\Rightarrow HJ=51,25cm\)

Độ dài bóng của thành bể tạo ở đáy:

\(HJ+x=85,9cm\)

Chọn A

Xét \(\Delta HIJ\) vuông tại H:

\(sinr=\dfrac{HJ}{IJ}=\dfrac{HJ}{\sqrt{HI^2+HJ^2}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{sini}{sinr}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{HI^2+HJ^2}}{HJ}=n\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{60^2+HJ^2}}{HJ}=\dfrac{4}{3}\)

\(\Rightarrow HJ=51,25cm\)

Độ dài vệt sáng:

\(y=x+HJ=85,9cm\)

Chọn B