`S = sinx + sin(x+a) + sin(x+2a) + sin(x+3a) + sin(x+4a)`

`=> S= [sinx + sin(x+4a)] + [sin(x+a) + sin(x+3a)] + sin(x+2a)`

`=> S = 2*sin(x+2a)*cos2a + 2*sin(x+2a)*cosa + sin(x+2a)`

`=> S = sin(x+2a)*(2cos2a + 2cosa + 1)`

`=> S= sin(x+2a)*(4cos^2 a - 2 + 2cos a +1)

vì `sin(x+2a)` có tập giá trị là `[-1 ;1]` thay đổi theo `x` nên để `S` ko phu thuộc vào `x`<=> 4cos^2 a -+2cosa -1 = 0`

`<=>`\(\begin{cases}cosa=\frac{-1+\sqrt5}{4}\\ cosa=\frac{-1-\sqrt5}{4}\end{cases}\)

`<=>`\(\begin{cases}a=\frac{2\pi}{5}\\ a=\frac{4\pi}{5}\end{cases}\)

Mà cả `2` nghiệm đều thỏa mãn \(0

`=> a∈`\(\left\lbrace\frac{2\pi}{5};\frac{4\pi}{5}\right\rbrace\)

`=>` chọn `B`

Bước 1: Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích Biểu thức ban đầu: \(S=\sin x+\sin (x+a)+\sin (x+2a)+\sin (x+3a)+\sin (x+4a)\) Nhóm các cặp số hạng đối xứng (số hạng đầu với cuối, số hạng thứ hai với thứ tư): \(S=[\sin x+\sin (x+4a)]+[\sin (x+a)+\sin (x+3a)]+\sin (x+2a)\) Áp dụng công thức \(\sin u + \sin v = 2 \sin\left(\frac{u+v}{2}\right) \cos\left(\frac{u-v}{2}\right)\): • \(\sin x + \sin(x + 4a) = 2 \sin(x + 2a) \cos(2a)\) • \(\sin(x + a) + \sin(x + 3a) = 2 \sin(x + 2a) \cos a\) Thay vào biểu thức \(S\): \(S=2\sin (x+2a)\cos (2a)+2\sin (x+2a)\cos a+\sin (x+2a)\) \(S=\sin (x+2a)\cdot [2\cos (2a)+2\cos a+1]\) Bước 2: Biện luận để biểu thức \(S\) không phụ thuộc vào \(x\) Để giá trị của \(S\) độc lập và không thay đổi theo biến \(x\), thừa số chứa \(x\) phải bị triệt tiêu. Điều này xảy ra khi và chỉ khi: \(2\cos (2a)+2\cos a+1=0\) Sử dụng công thức nhân đôi \(\cos(2a) = 2\cos^2 a - 1\): \(2(2\cos ^{2}a-1)+2\cos a+1=0\) \(\Leftrightarrow 4\cos ^{2}a+2\cos a-1=0\) Giải phương trình bậc hai theo \(\cos a\): \(\cos a=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{4}\) Bước 3: Tìm giá trị của \(a\) trong khoảng \((0; \pi)\) Chúng ta biết các giá trị lượng giác đặc biệt của góc ngũ giác: • \(\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right) = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}\) • \(\cos\left(\frac{4\pi}{5}\right) = \frac{-1 - \sqrt{5}}{4}\) Cả hai giá trị \(a = \frac{2\pi}{5}\) và \(a = \frac{4\pi}{5}\) đều thỏa mãn điều kiện đề bài \(0 < a < \pi\). Khi đó, biểu thức \(S = 0\) với mọi \(x\) (hoàn toàn không phụ thuộc vào \(x\)).

Xét ΔABC có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

=>\(\hat{A}+\hat{B}=180^0-\hat{C};\hat{B}+\hat{C}=180^0-\hat{A};\hat{A}+\hat{C}=180^0-\hat{B}\)

=>cos(A+B)=-cosC

\(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = \frac{1 - \cos 2A}{2} + \frac{1 - \cos 2B}{2} + \sin^2 C\)

\(= 1 - \frac{1}{2}(\cos 2A + \cos 2B) + (1 - \cos^2 C)\)

\(= 2 - \cos(A+B)\cos(A-B) - \cos^2 C\)

\(= 2 + \cos C \cos(A-B) - \cos^2 C = 2 + \cos C \left[ \cos(A-B) - \cos C \right]\)

\(= 2 + \cos C \left[ \cos(A-B) + \cos(A+B) \right] = 2 + \cos C \cdot (2 \cos A \cos B) = 2 + 2 \cos A \cos B \cos C\)

=>\(P = (\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C) - 2 \cos A \cos B \cos C = (2 + 2 \cos A \cos B \cos C) - 2 \cos A \cos B \cos C = 2\)

=>Chọn C

184cm=1,84m

Bán kính bánh xe sau là 1,84/2=0,92(m)=92(cm)

92cm=0,92m

Bán kính bánh xe trước là 0,92/2=0,46(m)

10p=600 giây

Tốc độ quay của bánh xe sau là 80 vòng/phút=80 vòng/60 giây=4/3 (vòng/giây)

Chu vi của bánh xe sau là:

\(C_1=0,92\cdot2\cdot\pi=1,84\pi\) (m)

a: trong 10p, tổng số vòng quay của bánh xe sau là:

\(80\cdot10=800\) (vòng)

Quãng đường máy kéo đi được là:

\(800\cdot1,84\pi=1472\pi\left(m\right)\)

b: Vận tốc của máy kéo là:

\(v=\frac{S}{t}=\frac{4,62442\text{ }}{\frac{1}{6}\text{ }}\approx27,75\) (km/h)

c: Chu vi của bánh xe trước là:

\(C_2=\pi\times D_2=0,92\pi\text{ (m)}\)

Số vòng quay của bánh xe trước trong 10 phút là:

\(N_2=\frac{S}{C_2}=\frac{1472\pi}{0,92\pi}=1600\text{ }\) (vòng)

Tốc độ quay của bánh xe trước là:

1600/10=160(vòng/phút)

a: Trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của AB và CD

I∈AB⊂(SAB); I∈CD⊂(SCD)

Do đó: I∈(SAB) giao (SCD)(1)

S∈(SAB); S∈(SCD)

Do đó: S∈(SAB) giao (SCD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAB) giao (SCD)=SI

b: Chọn mp(SCD) có chứa SC

M∈SD⊂(SCD); M∈(ABM)

=>M∈(SCD) giao (ABM)(3)

I∈AB⊂(ABM); I∈CD⊂(SCD)

Do đó: I∈(ABM) giao (SCD)(4)

Từ (3),(4) suy ra (ABM) giao (SCD)=MI

Gọi K là giao điểm của IM và SC

=>K là giao điểm của SC và mp(ABM)

câu a: \(S \in (SAB) \cap (SCD)\)

ta có S là điểm chung thứ nhất (1)

gọi I là giao điểm của AB và CD

khi đó ta có: \(\begin{cases}I\in AB\Rightarrow I\in(SAB)\\ I\in CD\Rightarrow I\in(SCD)\end{cases}\)

\(\Rightarrow I \in (SAB) \cap (SCD)\)

vậy I là điểm chung thứ hai (2)

từ (1) và (2) \(\Rightarrow(SAB)\cap(SCD)=SI\)

câu b:

trong mặt phẳng ABCD, gọi giao điểm của AC và BD là O

xét mặt phẳng SBD:

gọi J là giao điểm của SO và BM

\(J = SO \cap BM \Rightarrow J \in BM \subset (ABM)\)

⇒ AJ thuộc (ABM)

xét mặt phẳng SAC

gọi K là giao điểm của ẠJ và SC

ta có: \(\begin{cases}K\in SC\\ K\in AJ\subset(ABM)\Rightarrow K\in(ABM)\end{cases}\)

vậy \(K = SC \cap (ABM)\)

bạn viết rõ đề xíu nha bạn, giả sử M là trung điểm, cụ thể là trung điểm của cạnh nào

a: Trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của AB và CD

I∈AB⊂(SAB); I∈CD⊂(SCD)

Do đó: I∈(SAB) giao (SCD)(1)

S∈(SAB); S∈(SCD)

Do đó: S∈(SAB) giao (SCD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAB) giao (SCD)=SI

b: Chọn mp(SCD) có chứa SC

M∈SD⊂(SCD); M∈(ABM)

=>M∈(SCD) giao (ABM)(3)

I∈AB⊂(ABM); I∈CD⊂(SCD)

Do đó: I∈(ABM) giao (SCD)(4)

Từ (3),(4) suy ra (ABM) giao (SCD)=MI

Gọi K là giao điểm của IM và SC

=>K là giao điểm của SC và mp(ABM)

Cả hai cái đều đúng nha bạn, vì \(\frac{13\pi}{3};\frac{\pi}{3}\) cùng chung điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác rồi bạn

Bài 3:

a: Trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của AD và BC

I∈AD⊂(SAD); I∈BC⊂(SBC)

=>I∈(SAD) giao (SBC)(1)

S∈(SAD); S∈(SBC)

Do đó: S∈(SAD) giao (SBC)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAD) giao (SBC)=SI

b: Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD

O∈AC⊂(SAC); O∈BD⊂(SBD)

Do đó: O∈(SAC) giao (SBD)(3)

S∈(SAC); S∈(SBD)

Do đó: S∈(SAC) giao (SBD)(4)

Từ (3),(4) suy ra (SAC) giao (SBD)=SO

Câu 5:

a: Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD

O∈AC⊂(SAC); O∈BD⊂(SBD)

Do đó: O∈(SAC) giao (SBD)(1)

S∈(SAC); S∈(SBD)

Do đó: S∈(SAC) giao (SBD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAC) giao (SBD)=SO

b: M∈SA⊂(SAC); M∈(MBD)

Do đó: M∈(SAC) giao (MBD)(3)

O∈AC⊂(SAC); O∈BD⊂(MBD)

Do đó: O∈(SAC) giao (MBD)(4)

Từ (3),(4) suy ra (SAC) giao (MBD)=MO

c: trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của BC và AD

M∈SA⊂(SAD); M∈(MBC)

Do đó: M∈(SAD) giao (MBC)(5)

I∈BC⊂(MBC); I∈AD⊂(SAD)

Do đó: I∈(MBC) giao (SAD)(6)

Từ (5),(6) suy ra (SAD) giao (MBC)=MI

d: Trong mp(ABCD), gọi X là giao điểm của AB và CD

X∈AB⊂(SAB); X∈CD⊂(SCD)

Do đó: X∈(SAB) giao (SCD)(7)

S∈(SAB); S∈(SCD)

Do đó: S∈(SAB) giao (SCD)(8)

Từ (7),(8) suy ra (SAB) giao (SCD)=SX

a, Ta có: \(S \in (SAD) \cap (SBC)\)

Trong mặt phẳng đáy \((ABCD)\), gọi \(E = AD \cap BC\)

Khi đó:

+) \(E \in AD \subset (SAD)\)

+) \(E \in BC \subset (SBC)\)

+) \(\Rightarrow E\in(SAD)\cap(SBC)\)

Vậy giao tuyến của \((SAD)\) và \((SBC)\) là đường thẳng \(SE\) .

b, Trong mặt phẳng\((SAD)\), gọi \(I = SE \cap SD\)

Tìm giao tuyến của \(SAD\) và \(BCM\)

Điểm \(M \in SA \subset (SAD)\) và \(M \in (BCM) \Rightarrow M \in (SAD) \cap (BCM)\)

Điểm \(E \in AD \subset (SAD)\) và \(E \in BC \subset (BCM) \Rightarrow E \in (SAD) \cap (BCM)\).

Do đó, \((SAD) \cap (BCM) = ME\)

Trong mặt phẳng\((SAD)\), gọi \(I = ME \cap SD\)

Khi đó: \(I \in SD\) và \(I \in ME \subset (BCM) \Rightarrow I = SD \cap (BCM)\)

Tính tỉ số \(\frac{SI}{SD}\)

Xét hình thang \(ABCD\) có \(AB \parallel CD\) và \(AB = 2CD\)

Do \(CD \parallel AB\), theo định lý Ta-lét trong \(\triangle EAB\) :

\(\frac{ED}{EA} = \frac{EC}{EB} = \frac{CD}{AB} = \frac{1}{2}\)

\(\Longrightarrow\) \(D\) là trung điểm của \(AE\) \(\left(AD=DE\right)\)

Áp dụng định lý Menelaus cho \(\triangle SAD\) với đường thẳng \(M-I-E\) cắt ba cạnh/đường kéo dài (\(SA,SD,AE\)):

\(\frac{MS}{MA} \cdot \frac{EA}{ED} \cdot \frac{ID}{IS} = 1\)

Theo giả thiết \(MA = 2MS \Rightarrow \frac{MS}{MA} = \frac{1}{2}\)

Do D là trung điểm \(AE \Rightarrow \frac{EA}{ED} = 2\)

Thay vào công thức Menelaus:

\(\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{ID}{IS} = 1 \implies \frac{ID}{IS} = 1 \implies IS = ID\)

Do đó, \(I\) là trung điểm của \(SD\) , suy ra:

\(\frac{SI}{SD} = \frac{1}{2}\)

c, Lần lượt tìm giao tuyến của \(MBC\) với các mặt của hình chóp:

\((MBC) \cap (SAB) = MB\)

\((MBC) \cap (ABCD) = BC\)

\((MBC) \cap (SCD) = CI\) (vì \(I \in SD \subset (SCD)\) và \(C, I \in (MBC)\) )

\((MBC) \cap (SAD) = MI\)

Nối các giao tuyến lại, ta thu được thiết diện là tứ giác \(MBCI\) .