Chủ đề này có 14 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 22h, Thứ Sáu, ngày 15/03/2013, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 23 có

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ không được tự ý sửa bài của mình vì nếu sửa sẽ bị chấm là 0 điểm.

[E. Galois]

Đề của BTC
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

[Gioi han]

Đề của BTC
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

BÀI GIẢI:

Cách 1:
Dựng hệ trục $Oxyz$ trong đó $O=AC\cap BD, A(\frac{a}{\sqrt{2}};0;0),B(0;\frac{a}{\sqrt{2}};0),C(\frac{-a}{\sqrt{2}};0;0),D(0;\frac{-a}{\sqrt{2}};0),S(0;0;h)$ ,$h>0$
$ \to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^2h}{3}$
$\underset{SB}{\rightarrow} = (0;\frac{a}{\sqrt{2}};-h),\underset{SA}{\rightarrow} = (\frac{a}{\sqrt{2}};0;-h),\underset{SC}{\rightarrow} = (\frac{-a}{\sqrt{2}};0;-h)$
Vecto pháp tuyến của $(SAB),(SBC)$ lần lượt là $\underset{n_{1}}{\rightarrow}=[\underset{SA}{\rightarrow},\underset{SB}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}),\underset{n_{2}}{\rightarrow}=[\underset{SB}{\rightarrow},\underset{SC}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(-h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}).$
Ta có: $cos\alpha =cos((SABC),(SBC))=\frac{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}.\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}|.|\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}=\frac{a^2}{4h^2+a^2}\to h=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{1}{cos\alpha }-1}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{a^3.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
Cách 2:

Gọi M là hình chiếu của A lên SB. Vì $S.ABCD$ đều nên M cũng là hình chiếu của C lên SB và $MA=MC$.
$\to ((SAB),(SBC))=AMC=180-\alpha$
$\left\{\begin{matrix}AM\perp SB\\CM\perp SB\end{matrix}\right.\to OM\perp SB$
Vì O là trung điểm cạnh AC nên góc$OMC=\frac{180-\alpha }{2}$$\to OM=OC.tan\frac{\alpha }{2}=\frac{a.tan\frac{\alpha }{2}}{\sqrt{2}}$
Xét tam giác vuông tại O có đường cao OM:$\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OB^2}\to SO=\frac{OM.OB}{\sqrt{OB^2-OM^2}}=\frac{a.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
P/s: em lấy bài này ah!!

 

 

Điểm bài: 10

Điểm thưởng: 8 (cách làm thứ 2 thiếu chứng minh $\widehat{AMC}=180-\alpha$

 

S = 25 + 3*10+8 = 63

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 22:08
Chấm điểm

[chagtraife]

http://upanh.com/vie...&id=avs3flfxaqo


giải:
gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $C$ cua tam giác $SBC$
khi đó, ta có: $\Delta SAB=\Delta SBC$
suy ra:
$AH\perp SB$
do đó: $\widehat{AHC}$ là góc giữa 2 mặt bên kề nhau SAI

$OH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cot \left ( \frac{\alpha }{2} \right )$
Ta lại có: $\left\{\begin{matrix} SB\perp AH & & \\ SB\perp HC & & \end{matrix}\right. \Rightarrow SB\perp OH$
và tứ diện là tứ diện gần đều nên $SO \perp OB$
suy ra:$\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OB^2} \Leftrightarrow \frac{1}{OS^2}=\frac{1}{OH^2}-\frac{1}{OB^2} = \frac{1}{\frac{a^2\cot ^2\frac{\alpha }{2}}{2}}-\frac{1}{\frac{a^2}{2}} \Rightarrow OS=\frac{a\cot \frac{\alpha }{2}}{\sqrt{2(1-\cot ^2\frac{\alpha }{2})}}$
vậy $V_{S.ABCD}$=$\frac{1}{3}OS.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\frac{a^3\cot \frac{\alpha }{2}}{\sqrt{2(1-\cot ^2\frac{\alpha }{2})}}$


p/s: BTC up cái ảnh giùm em, sao em up không được!

 

Điểm bài: 2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 22:09
Chấm bài

[minh29995]

Giải:

Gọi O là tâm đáy suy ra SO vuông góc đáy
Gọi E là hình chiếu của B trên SC
Ta có BD vuông góc với SO và AC nên BD vuông góc (SOC) suy ra BD vuông góc SC
Mặt khác BE vuông góc SC nên $SC \perp (BDE)$ suy ra $SC\perp DE$ và $SC\perp OE$
Vậy góc giữa 2 mặt bên bằng góc giữa BE và ED.
Tam giác OEC vuông tại E nên $OE<OC$ suy ra $OE< OD$ suy ra góc $\widehat{OED} > \frac{\pi}{4} $
Do đó $\widehat{BED} > \frac{\pi}{2}$ vậy $ \widehat{BED}= \pi -\alpha$
Suy ra $tan\widehat{OED}= cot\frac{\alpha}{2}= \frac{OD}{OE}$
Suy ra $OE =\frac{a}{\sqrt{2}.cot\frac{\alpha}{2}}$
Xét tam giác COS vuông tại O có $OE \perp SC$
Suy ra :
$\frac{1}{OE^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OC^2}$
$\Leftrightarrow OS= \frac{a}{\sqrt{2(cot^2\frac{\alpha}{2}-1)}}=\frac{a.sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2.cos\alpha}}$
Do đó ta có kết quả cảu V là:
$V= \frac{a^3.sin\frac{\alpha}{2}}{3\sqrt{2cos\alpha}}$

 

 

Điểm bài: 10

S = 18 + 3*10+10 = 58

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 22:14
Chấm bài

[minh29995]

Cách 2:

Chon HTTD Oxyz với gốc O, OS cùng hướng Oz, Ox cùng hướng OD, Oy cùng hướng OC và chọn đơn vị $\frac{a}{\sqrt{2}} =1$ (đơn vị với trục toạ độ)
Giả sử $S(0;0; z)$
Ta có: $C(0;1;0)$
D(1;0;0 )
B(-1;0;0)
Mặt phẳng (SCD) có VTPT là: $\vec{n_1}= [CS,CD]= (z;z;1)$
Mặt phẳng (SCB) có VTPT là: $\vec{n_1}= [BS; BC]= (-z; z;1)$
Góc giữa 2 mặt phẳng này là $\alpha$ nên
$cos\alpha = \frac{|\vec{n_1}.\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|.|\vec{n_2}|}=\frac{1}{2z^2+1}$
Suy ra:
$z=\sqrt{\frac{1-cos\alpha}{2cos\alpha}}=\frac{sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{cos\alpha}}$
Suy ra:
$OS= \frac{sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2cos\alpha}}.a$
Vậy
$V=\frac{a^3.sin\frac{\alpha}{2}}{3\sqrt{2cos\alpha}}$

 

Điểm thưởng: 10

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 22:14
Chấm điểm

[hoangkkk]

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau :
Bổ đề :
Cho tứ diện $ABCD$ có cạnh $AB=a$, diện tích các mặt $\left ( ABC \right )$, $\left ( ABD \right )$ lân lượt là $S_1$, $S_2$. Góc giữa hai mặt phẳng đó bằng $\alpha$. Khi đó diện tích tứ diện được cho bởi công thức :
$$V=\frac{2S_1S_2\sin \alpha}{3a}$$
Chứng minh :
Kẻ $DH$ vuông góc với mặt $(ABC)$ và $DK$ vuông góc với $AB$, khi đó $\widehat{DKH}=\alpha$. Trong tam giác vuông $DHK$ ta có $DH=DK\sin \alpha$. Thể tích của tứ diện là :
$$V=\frac{1}{3}DH.S_1=\frac{1}{3}DK\sin \alpha.S_1=\frac{2S_2}{3AB}\sin \alpha.S_1=\frac{2S_1S_2\sin \alpha}{3a}$$
Vậy bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán, gọi $\varphi $ là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$. Trong mặt phẳng $(SBC)$ kẻ $SH$ vuông góc với $BC$, suy ra $OH$ vuông góc với $BC$. Như vậy $\varphi =\widehat{SHO}$.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Do $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$. Dễ dàng tinh được $SO=\frac{1}{2}a\tan \varphi$, diện tích mặt bên bằng $\frac{a^2}{4\cos \alpha}$ SAI. $\varphi$ mới đúng
Trong tứ diên $SABC$ ta có : $SB=\sqrt{SO^2+OB^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}\tan \varphi+\frac{1}{2}a^2}=\frac{a}{2}\sqrt{\tan^2\varphi+2}$
Thể tích của khối tứ diện $SABC$ là :
$$V_{SABC}=\frac{1}{3}SO.S_{ABC}=\frac{a^3\tan \varphi}{12}$$
Mặt khác áp dụng bổ đề đã nêu ta cũng thu được kết quả :
$$V_{SABC}=\frac{2\frac{a^4}{16\cos^2 \varphi}\sin \alpha}{3\frac{a}{2}\sqrt{\tan^2 \varphi+2}}=\frac{a^3\sin \alpha}{12\cos^2 \varphi\sqrt{tan^2\varphi+2}}$$
Từ các kết quả trên ta suy ra được :
$$\sin \alpha=\frac{\sin 2\varphi\sqrt{\tan^2 \varphi+2}}{2}$$
Đặt $\tan \varphi=t$, $\sin\alpha=z$. Thay vào hệ thức trên ta có :
$$z^2\left ( t^2+1 \right )^2=4t^2\left ( t^2+2 \right )$$

SAI. KHÔNG CÓ SỐ 4 MỚI ĐÚNG
Đặt $t^2=u \geq 0$. Ta có :
$$z^2\left ( u^2+2u+1 \right )=4u^2+8u$$
$$\Leftrightarrow \left ( 4-z^2 \right )u^2+2\left ( 4-z^2 \right )u-z^2=0$$
Xét phương trình trên, ta có :
$\Delta '=16-4z^2> 0$ $\forall z$
Ta chỉ lấy nghiệm không âm của phương trình, tức là nghiệm $u=\frac{z^2-4+\sqrt{16-z^4}}{4-z^2}=\sqrt{\frac{4+z^2}{4-z^2}}-1$
Do $t >0$ (thể tích $SABC$ luôn $>0$) nên ta có : $t=\sqrt{z}=\sqrt{\sqrt{\frac{4+z^2}{4-z^2}}-1}=\sqrt{\sqrt{\frac{4+\sin^2 \alpha}{4-\sin^2 \alpha}}-1}$
Lại có $V_{SABCD}=2V_{SABC}$ suy ra $V_{SABCD}=\frac{a^3}{12}\sqrt{\sqrt{\frac{4+\sin^2 \alpha}{4-\sin^2 \alpha}}-1}$.
Kết quả thu được như trên chính là thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

 

Điểm bài; 3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 30-03-2013 - 20:12
Chấm bài

[Primary]

Đề của BTC
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

Mong BQT thông cảm, em chưa biết post hình lên thế nào.
Do chưa học HHKG nên em làm thử xem:
Lời giải:
Nhận xét rằng $\alpha \in( 0^o;180^o )$ vì nếu $\alpha \notin \left ( 0^o;180^o \right )$ thì ($\widehat{(ABCD),(SAB)})\geq 90^o$ hoặc $(\widehat{(ABCD),(SAB)})=0^o$
Gọi $O=AC\bigcap BD$ và $I$ là hình chiếu của B lên SC
$\Rightarrow DI\perp SC,BI\perp SC,\Delta BDI$ cân tại $I$ (Do S.ABCD là hình chóp đều) (*)
$\left ( \widehat{(SDC),(SBC)} \right )=\alpha \Rightarrow \widehat{DIB}=\alpha$ SAI

Mà $OB=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ nên kết hợp với (*) suy ra $\widehat{OIB}=90^o-\frac{\alpha }{2}$ và $\widehat{OBI}=\frac{\alpha }{2}$
Do đó $IB=\frac{OB}{\cos\widehat{OBI}}=\frac{a\sqrt{2}}{2\sin\frac{a}{2}}$
Đặt $SB=SC=x;$ $b=IC=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2\sin^2\frac{\alpha }{2}}}$
Ta có: $x^2-(x-b)^2=a^2-b^2=IB^2\Leftrightarrow x=\frac{a^2}{2b}$
$\Rightarrow SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=\frac{a.\sqrt{a^2-2b^2}}{2b}$
Vậy $V=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SO=\frac{a^3}{6b}.\sqrt{a^2-2b^2}$ với $b=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2\sin^2\frac{\alpha }{2}}}$

 

 

ĐIểm bài: 2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 30-03-2013 - 20:13
Chấm bài

[hoangtrong2305]

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

 

<span style="font-family: times new roman" ,="" times,="" serif'="">Trong $\Delta SOB \perp O$, từ $O$ kẻ $OG \perp SB;G \in SB$ (1)
Lạm dụng kí hiệu vuông góc
Ta có:

$\left\{\begin{matrix} CA \perp DB\\ CA \perp SO\, \, \, (SO \perp (ABCD)) \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow CA \perp (SDB)$

$\Rightarrow CA \perp SB$ (2)

$(1);(2)\Rightarrow SB \perp (AGC)$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} SB \perp AG\\ SB \perp CG \end{matrix}\right.$

Vậy ta có:

$\left\{\begin{matrix} (SAB)\cap (SBC)=SB\\ AG \subset (SAB)\\ CG \subset (SCB)\\ SB \perp AG\\ SB \perp CG \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \widehat{[(SAB);(SCB)]}=\widehat{(AG,GC)}=\alpha$

Giả sử $\widehat{[(SAB);(SCB)]}=\widehat{AGC}=\alpha$

$\Rightarrow 0^{o}<\alpha\leq 90^{o}$

Ta có nhận xét sau:

Nhận thấy rằng $OB=OC$

Trong $\Delta OGB \perp G$, hiển nhiên $OG<OB$

$\Rightarrow OG<OC$

$\Leftrightarrow \frac{OC}{OG}>1$

$\Leftrightarrow \tan(\frac{\alpha}{2})>1$

$\Leftrightarrow \alpha>90^{o}$

Vậy điều giả sử là sai

Vậy $\widehat{AGC}=180^{o}-\alpha =2x$

$\Leftrightarrow \widehat{AGO}=\widehat{OGC}=x$

Ta có $S_{ABCD}=a^{2}$

Trong $\Delta OGC \perp O:OG=\frac{OC}{\tan x}=\frac{a\sqrt{2}}{2\tan x}$

Trong $\Delta SOB \perp O$, đường cao $OG$, ta có:

$\frac{1}{OG^{2}}=\frac{1}{SO^{2}}+\frac{1}{OB^{2}}$

$\Leftrightarrow SO=\frac{OB.OG}{\sqrt{OB^{2}-OG^{2}}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2\tan x}}{\sqrt{(\frac{a\sqrt{2}}{2})^{2}-(\frac{a\sqrt{2}}{2\tan x})^{2}}}$

$\Leftrightarrow SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{\cos x}{\sqrt{-\cos 2x}}$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a^{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{\cos x}{\sqrt{-\cos 2x}}$

$\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}.\frac{\cos x}{\sqrt{-\cos 2x}}$

$\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}.\frac{\cos (\frac{180^{o}-\alpha }{2})}{\sqrt{-\cos (180^{o}-\alpha)}}$

$\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}.\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{\cos \alpha }}$

Vậy:

$$\boxed{V_{S.ABCD}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}.\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{\cos \alpha }}}$$

 

Lập luận rất cẩn thận, tuy nhiên còn lạm dụng kí hiệu.

Điểm bài: 10

S = 13 + 3*10 + 5 = 48

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 22:15
Chấm bài

[hoangtrong2305]

MỞ RỘNG 1

Ta tìm được thể tích của $S.ABCD$ là $\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}.\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{\cos \alpha}}$, vậy 1 câu hỏi đặt ra, là thể tích ấy lớn nhất và nhỏ nhất khi nào

Hiển nhiên ta có $0<\alpha\leq 90$ (định nghĩa góc giữa 2 mặt phẳng bỏ yếu tố góc tù)

Nhưng trong trường hợp của $S.ABCD$, nếu $\alpha=90^{o}$ thì điều đó có nghĩa cứ 2 mặt bên kề nhau sẽ vuông góc với nhau, ta xét xem điều này có thể xảy ra không

Giả sử điều này có xảy ra

Trong $(SCB)$, kẻ $CH \perp SB$

$\Rightarrow AB \perp CH$ (do $SB$ là giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCB)$) (1)

Mặt khác, $AB \perp BC$ (2)

$(1);(2)\Rightarrow AB \perp(SBC)$

$\Rightarrow AB \perp BS$

Chứng minh tương tự, ta có $AB \perp AS$

Đây là 1 điều vô lý khi trong $\Delta SAB$ lại có 2 góc ở đáy bằng $90^{o}$

Vậy điều giả sử là sai

Vậy ta có $0^{o}< \alpha <90^{o}$

Đặt $f(\alpha)=\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{\cos \alpha}}$

$\Rightarrow f'(\alpha)=\frac{\frac{1}{2}\cos \frac{\alpha}{2}.\sqrt{\cos \alpha}+\sin\frac{\alpha}{2}.\frac{\sin \alpha}{2\sqrt{\cos \alpha}}}{\cos \alpha}>0$

Vậy $f(\alpha)$ là hàm đồng biến, điều đó có nghĩa GTLN và GTNN chỉ có thể xảy ra ở 2 biên,tức tại vị trí $\alpha =0^{o}$ hay $\alpha =90^{o}$, nhưng điều này lại không xảy ra.

Vậy ta kết luận:

Không tồn tại giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của thể tích $S.ABCD$

[hoangtrong2305]

MỞ RỘNG 2:

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa mặt bên và đáy bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

................................................................................................................................................

Gọi $G$ trung điểm $AD$

$\Rightarrow OG \perp AD$

Mặt khác, lại có $\Delta DSA$ cân tại $S$

$\Rightarrow SG \perp AD$

Vậy ta có:

$\left\{\begin{matrix} (SAD)\cap (ABCD)=AD\\ SG \perp AD\\ GO \perp AD \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \widehat{[(SAD);(ABCD)]}=\widehat{(SG;GO)}=\widehat{SGO}=\alpha$

Xét $\Delta SGO \perp O:SO=GO.\tan \alpha=\frac{a.\tan \alpha}{2}$

Có $S_{ABCD}=a^{2}$

Vậy: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{a^{3}.\tan \alpha}{6}$

Kết luận:

$$\boxed{V_{S.ABCD}=\frac{a^{3}.\tan \alpha}{6}}$$

 

Mở rộng không có mấy giá trị. Khuyến khích sự nhiệt tình của em, tặng em 5 điểm cho cả hai mở rộng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 21:56
CHấm điểm

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các bạn nhận xét bài làm của nhau

[E. Galois]

Đã chấm xong trận 23. Các toán thủ có 1 ngày để phúc khảo

[chagtraife]

http://upanh.com/vie...&id=avs3flfxaqo


giải:
gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $C$ cua tam giác $SBC$
khi đó, ta có: $\Delta SAB=\Delta SBC$
suy ra:
$AH\perp SB$
do đó: $\widehat{AHC}$ là góc giữa 2 mặt bên kề nhau SAI

p/s: BTC up cái ảnh giùm em, sao em up không được!

 

Điểm bài: 2

cho em hỏi tại sao chỗ đó lại sai zậy?do thiếu giải thích hay sao???từ $\Delta SAB=\Delta SBC$ và$AH\perp SB$ suy ra $CH\perp SB$

$\Rightarrow$...............

[E. Galois]

$\widehat{AHC}>90^o$ mà em. Định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng cho ta nhận xét rằng góc giữa hai mặt phẳng không vượt quá góc vuông