\(+\) vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) và \(AN\subset\left(ABC\right)\Rightarrow SH\perp AN\) hay \(\Rightarrow SH\perp AH\) 

\(\Rightarrow\) \(AH\) là hình chiếu vuông góc của \(SA\) lên \(\left(ABC\right)\) \(\Rightarrow\left(SA,\left(ABC\right)\right)=\left(SA,AH\right)=\widehat{SAH}\)

\(+\) gọi \(M,N\) lần lượt là t/điểm \(AC,BC\) 

vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên dễ tính được : \(AN=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

từ giả thiết , suy ra \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) 

\(\Rightarrow\) \(AH=\dfrac{2}{3}AN=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(+\) áp dụng hệ thức lược trong tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\) , có :

\(tan\widehat{SAH}\) \(=\dfrac{SH}{AH}=\dfrac{a}{\dfrac{a\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SAH}\) \(=60^o\) 

\(a,\) \(x^2-3x+2=0\) có \(2\) nghiệm \(x=1;x=3\)

\(\Rightarrow D=\left\{1;3\right\}\)

\(b,\) \(2x+6>0\) \(\Leftrightarrow x>-3\)

\(\Rightarrow\) \(D=\left\{-3;+\infty\right\}\)

\(c,\) \(x^2+4x+5=0\Leftrightarrow\left(x+2\right)^2+1=0\) \(\Rightarrow ptvn\)

\(\Rightarrow\) \(D=\varnothing\)

gọi vận tốc trung bình của xe máy là : \(x\left(\dfrac{km}{h}\right)\) \(\left(x>0\right)\)

thời gian xe máy đi từ \(A\) đến \(B\) là : \(9h30'-6h=3h30'\)

quãng đường \(AB\) ( tính theo xe máy ) là : \(3,5.x\left(km\right)\)

vận tốc trung bình của ô tô là : \(x+20\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

thời gian ô tô đi từ \(A\) đến \(B\) là : \(3,5-1=2,5\left(h\right)\)

quẫng đường \(AB\) ( tính theo ô tô ) là : \(2,5\left(x+20\right)\left(km\right)\)

theo đề ra , ta có pt :

\(3,5x=2,5\left(x+20\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3,5x=2,5x+50\\3,5x-2,5x=50\\x=50\left(tmđk\right)\end{matrix}\right.\)

quãng đường từ \(A\) đến \(B\) dài là :

\(3,5.50=175\left(km\right)\)

vậy quãng đường \(AB\) dài \(175\left(km\right)\) và vận tốc trung bình của xe máy là \(50\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

trong \(1\) tam giác , ta luôn có :

\(b-c< a\) 

\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2< a^2\)

\(\Leftrightarrow b^2-2bc+c^2< a^2\)

\(\Leftrightarrow b^2+c^2-a^2< 2bc\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(b^2+c^2-a^2\right)^2< \left(2bc\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(b^2+c^2-a^2\right)^2-4b^2c^2< 0\left(đpcm\right)\)

Mặt phẳng (BCM) // AD nên nó cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN//AD

Ta có: BC ⊥ AB và BC ⊥ SA => BC ⊥ BM

Tứ giác BCNM là hình thang vuông BM là đường cao.

có : BC \(\perp\) AB và BC \(\perp\) SA  \(\Rightarrow\) BC \(\perp\) BM

Tứ giác BCNM là hình thang vuông BM là đường cao

ta có : SA = AB . tan 60 = \(a\sqrt{3}\)

\(\dfrac{MN}{AD}=\dfrac{SM}{SA}\)

\(\dfrac{MN}{2a}=\dfrac{a\sqrt{3}-\dfrac{a\sqrt{3}}{3}}{a\sqrt{3}}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow MN=\dfrac{4a}{3}\)

\(BM=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{3}}\) \(=\dfrac{2a}{\sqrt{3}}\)

diện tích hình thang BCNM là : \(S=\dfrac{2a+\dfrac{4a}{3}}{2}.\dfrac{2a}{\sqrt{3}}=\dfrac{10a^2}{3\sqrt{3}}\)

\(V_{SBCNM}=\dfrac{1}{3}.SH.S_{BCNM}\)

Hạ SH ⊥ BM

ta có : SH \(\perp\) BM

và BC \(\perp\) (SAB) \(\equiv\) (SBM) \(\Rightarrow\) BC \(\perp\) SH . vậy SH \(\perp\) (BMNC)

\(\Rightarrow\) SH là đường cao của khối chóp S.BCNM 

trong \(\Delta SBA\) có \(SB=\dfrac{AB}{cos60}=2a\)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AB}{SB}=\dfrac{AM}{MS}=\dfrac{1}{2}\)

BM là phân giác của góc : \(\left\{{}\begin{matrix}SBH=gt\\SBH=30^o=gt\\SH=SB.sin30^o=2a.\dfrac{1}{2}=a\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\) thể tích khói chóp S.BCNM là :

\(V=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{10a^2}{3\sqrt{3}}=\dfrac{10\sqrt{3a^2}}{27}\)

\(\Rightarrow\) \(chọn\) \(D\)

\(xét\) \(hpt\) \(:\)

\(\left\{{}\begin{matrix}3x^2+4y^2-48=0\\x-2y+4=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3\left(2y-4\right)^2+4y^2-48=0\\x=2y-4\end{matrix}\right.\)

\(giải:\) \(3\left(4y^2-16y+16\right)+4y^2-48=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}12y^2-48y+48+4y^2-48=0\\16y^2-48y=0\\\left[{}\begin{matrix}y=0\Rightarrow x=-4\\y=3\Rightarrow x=2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(vậy\) \(giao\) \(điểm\) \(của\) \(elip\) \(\left(E\right)\) \(là\) \(\left(-4;0\right)\) \(và\) \(\left(2;3\right)\)

?