Đáp án A

Khối nón cần tìm có chiều cao h = a, bán kính đáy r = a 2 ⇒ l = h 2 + r 2 = a 5 2  

Diện tích toàn phần của hình nón là S t p = S x q + S d = πrl + πr 2 = π . a 2 . a 5 2 + π a 2 2 . 

= πa 2 4 5 + 1 = πa 2 4 b + c . Vậy b = 5 c = 1 → b c = 5 .

ta có \(\overrightarrow{BC}\cdot\left(2\overrightarrow{\cdot AD}-\overrightarrow{AB}\right)=2\cdot\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AB}=2a^2\)

(Do BC và AD cùng hướng, BC và AB vuông góc với nhau)

a, \(AC=\dfrac{AB}{sin45^o}=\dfrac{a}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=a\sqrt{2}\)

\(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.cos\widehat{BAC}=a.a\sqrt{2}.cos45^o=a^2\)

b, \(\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)\left(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{AC}\left(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right)\)

\(=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BC}\)

\(=AC.BD.cos90^o+AC.AD.cos45^o\)

\(=a\sqrt{2}.a\sqrt{2}.0+a\sqrt{2}.a.\dfrac{\sqrt{2}}{2}=a^2\)

c, \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BD}=AB.BD.cos135^o=-a.a\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2}=-a^2\)

d, \(\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)\left(2\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\right)=\overrightarrow{BC}.\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BD}\right)\)

\(=\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BD}\)

\(=AD^2+BC.BD.cos45^o\)

\(=a^2+a.a\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2}=2a^2\)

e, \(\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}\right)\)

\(=\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}\right)\left(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DB}\right)\)

\(=4.\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{DB}=4.AC.DB.cos90^o=0\)

Theo định lý cosin ta có 

\(AD^2=AM^2+MD^2-2.MA.MD.cos\widehat{ÀMD}\)

Xé \(\Delta ABM\)có \(BM=\frac{a}{2}\)

 \(AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{a^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{5}a}{2}\)

Xét \(\Delta DCM\)có \(CM=\frac{a}{2}\)

\(\Rightarrow DM=\sqrt{DC^2+CM^2}=\sqrt{a^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{5}a}{2}\)

\(\Rightarrow\cos\widehat{AMD}=\frac{AM^2+MD^2-AD^2}{2.MA.MD}=\frac{\frac{5a^2}{4}+\frac{5a^2}{4}-a^2}{\frac{\sqrt{5}a}{2}.\frac{\sqrt{5}a}{2}}=\frac{3}{5}\)

Vậy \(\cos\widehat{AMD}=\frac{3}{5}\)

cám ơn bạn nha

Đáp án D

Hạ H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SB và SD.

Ta có:

A H ⊥ S B A H ⊥ B C ⇒ A H ⊥ S B C . Tương tự  A K ⊥ S D C

Như vậy  S B C , S D C ^ = A H , A K ^ = H A K ^

Ta có Δ S A B = Δ S A D  suy ra A H = A K . Vì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60 0  nên ΔAHK đều.

Ta có S H S B = S K S D = H K B D , mà S H S B = S A 2 S B 2 = x 2 x 2 + a 2 = K H a 2  suy ra K H = a 2 x 2 x 2 + a 2 .

Ta lại có 1 A H 2 = 1 S A 2 + 1 A B 2 = a 2 + x 2 a 2 x 2  suy ra A H 2 = a 2 x 2 a 2 + x 2 .

ΔAHK đều nên ta có

K H 2 = A H 2 ⇔ a 2 x 2 x 2 + a 2 2 = a 2 x 2 a 2 + x 2 ⇔ x = a .

Vậy x = a  thì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60 0 .

Chọn A.

Theo quy tắc hình bình hành ta có 

Do đó 

( vì AC và BD vuông góc với nhau)

Mặt khác  và theo định lý Pitago ta có:

Suy ra