Mình có ý kiến về đoạn này, có thể chứng minh ngắn hơn: $\left\{\begin{matrix} AD=AB=AC\\ MB=MC=MD \end{matrix}\right.$

nên $AM$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$. Từ đó $AM$ vuông với $(BCD)$

Ừ! Tớ chưa được về cái đó Dù sao cũng cảm ơn cậu nhé!

Ta có:
$B = \sin^2{\dfrac{\pi}{7}} + \sin^2{\dfrac{2\pi}{7}} + \sin^2{\dfrac{3\pi}{7}}$

$B = \dfrac{3}{2} - \dfrac{\cos{\dfrac{2\pi}{7}} + \cos{\dfrac{4\pi}{7}} +\cos{\dfrac{6\pi}{7}}}{2}$

$B = \dfrac{3}{2} - \dfrac{2(\sin{\dfrac{4\pi}{7}}.\cos{\dfrac{2\pi}{7}} + \sin{\dfrac{4\pi}{7}}.\cos{\dfrac{4\pi}{7}} + \sin{\dfrac{4\pi}{7}}.\cos{\dfrac{6\pi}{7}})}{4\sin{\dfrac{4\pi}{7}}}$

$= \dfrac{3}{2} - \dfrac{\sin{\dfrac{6\pi}{7}} + \sin{\dfrac{2\pi}{7}} + \sin{\dfrac{8\pi}{7}} + \sin{\dfrac{10\pi}{7}} - \sin{\dfrac{2\pi}{7}}}{4\sin{\dfrac{4\pi}{7}}}$

Do $\sin{x} + \sin{(2\pi - x)} = 0$ nên:

$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \sin{\dfrac{6\pi}{7}} + \sin{\dfrac{8\pi}{7}} = 0$ và $\sin{\dfrac{10\pi}{7}} = - \sin{\dfrac{4\pi}{7}}$

Vậy: $B = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{7}{4}$

Do $- \pi < \alpha < 0 \Rightarrow \sin{\alpha} < 0 \Rightarrow \cos{\alpha} < 0$ vì $\tan{\alpha} > 0$

Ta có:
$\cos^2{\alpha} = \dfrac{1}{1 + \tan^2{\alpha}} = \dfrac{4}{5} \Rightarrow \cos{\alpha} = \dfrac{-2}{\sqrt{5}}$

$\Rightarrow \sin{\alpha} = \dfrac{-1}{\sqrt{5}} \Rightarrow \cot{\alpha} = 2$

Giải

Giải

Giải

Ta sẽ chứng minh: $VF = \cos{\dfrac{\pi}{24}}$

Thật vậy, ta có:
$\cos^2{\dfrac{\pi}{12}} = \dfrac{1 + \cos{\dfrac{\pi}{6}}}{2} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow \cos{\dfrac{\pi}{12}} = \sqrt{\dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}} = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} \,\, (\cos{\dfrac{\pi}{12}} > 0)$

Do đó:
$\cos^2{\dfrac{\pi}{24}} = \dfrac{1 + \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} + \sqrt{3} + 1}{4\sqrt{2}}$

$= \dfrac{(2\sqrt{2} + \sqrt{3} + 1)(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)}{4\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)} = \dfrac{(2\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 - 1}{4\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)}$

$= \dfrac{5 + 2\sqrt{6}}{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6})}$

$\Rightarrow \cos{\dfrac{\pi}{24}} = \dfrac{1}{\sqrt{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6})}} \,\, (\cos{\dfrac{\pi}{24}} > 0)$

Ta thấy:
$2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6}) = (8 + 2\sqrt{6} - 2\sqrt{2})(5 - 2\sqrt{6})$

$= \left[(5 + 2\sqrt{6}) + (3 - 2\sqrt{2})\right](5 - 2\sqrt{6})$

$= 1 + (\sqrt{2} - 1)^2(\sqrt{3} - \sqrt{2})^2$

$= 1 + \left(\sqrt{6} - 2 - \sqrt{3} + \sqrt{2}\right)^2$

Vậy:
$VF = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \left(\sqrt{6} - 2 - \sqrt{3} + \sqrt{2}\right)^2}} = \cos{\dfrac{\pi}{24}}$

Khi đó, phương trình có nghiệm:
$x = \pm \dfrac{\pi}{24} + 2k\pi \,\, (k \in Z)$

P/S: (Có dùng máy tính để nhẩm nghiệm)

Giải

Giải

ĐK: $- 1 \leq x \leq 1$

Đặt $t = |x| + \sqrt{1 - x^2} \, (1 \leq t \leq \sqrt{2}) \Rightarrow t^2 = 1 + 2\sqrt{x^2 - x^4}$

Ta được: $t^2 - 1 + (1 - k)t + 2 - k \leq 0 \Leftrightarrow \dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k \, (1)$

Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành:

Tìm giá trị nhỏ nhất của k để: $\dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k$ đúng với mọi $t \in [1; \sqrt{2}]$

Xét hàm số: $f(t) = \dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1}$ với $t \in [1; \sqrt{2}]$

Có: $f’(t) = \dfrac{t^2 + 2t}{(t + 1)^2} > 0$ $\forall$ $1 \leq t \leq \sqrt{2}$

Vậy hàm đồng biến trên $[1; \sqrt{2}]$, suy ra: $f(1) \leq f(x) \leq f(\sqrt{2})$

Khi đó, $\dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k$ đúng với mọi $t \in [1; \sqrt{2}]$ khi $k \geq f(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2} - 1$

Giải

Ta có: $y = \dfrac{x^2 + x + 1}{x - 2} = x + 3 + \dfrac{7}{x - 2}$

Đặt $A\left (a; a + 3 + \dfrac{7}{a - 2} \right )$ và $ B\left (b; b + 3 + \dfrac{7}{b - 2} \right )$

Khi đó, để A, B đối xứng với nhau qua d thì: $\left\{\begin{matrix}AB \perp d\\d_{(A; (d))} = d_{(B; (d))}\end{matrix}\right.$

Hệ số góc của AB là:
$k_{AB} = \dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{b - a + \dfrac{7}{b - 2} - \dfrac{7}{a - 2}}{b - a} = 1 - \dfrac{7}{(a - 2)(b - 2)}$

Khi đó, để $AB \perp (d)$ thì: $k_(d).k_{AB} = -1 \Rightarrow k_{AB} = -1 \Rightarrow \dfrac{1}{(a - 2)(b - 2)} = \dfrac{2}{7}$

Ta có:

$d_{A; (d)} = \dfrac{\left | a + 1 - (a + 3 + \dfrac{7}{a - 2})\right |}{\sqrt{2}} = \dfrac{\left | 2 + \dfrac{7}{a - 2}\right |}{\sqrt{2}}$

Tương tự: $d_{B; (d)} = \dfrac{\left | 2 + \dfrac{7}{b - 2}\right |}{\sqrt{2}}$

Vậy:
$ d_{A; (d)} = d_{B; (d)} \Leftrightarrow \left | 2 + \dfrac{7}{a - 2}\right | =\left | 2 + \dfrac{7}{b - 2}\right | $

$\Rightarrow \left[\begin{matrix}2 + \dfrac{7}{a - 2} = 2 + \dfrac{7}{b - 2}\\2 + \dfrac{7}{a - 2} = - 2 - \dfrac{7}{b - 2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = b\\\dfrac{1}{a - 2} + \dfrac{1}{b - 2} = \dfrac{-4}{7}\end{matrix}\right.$

Vì A, B phân biệt nên $a \neq b$. Vậy, ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{(a - 2)(b - 2)} = \dfrac{2}{7}\\\dfrac{1}{a - 2} + \dfrac{1}{b - 2} = \dfrac{-4}{7}\end{matrix}\right.$

Hệ vô nghiệm.

Cho hệ: $\left\{\begin{matrix}x+my=2 & \\ mx-2y=1 & \end{matrix}\right.$

a) Giải hệ khi m=2

b) Tìm  $m \in \mathbb{Z}$ để hệ có nghiệm x > 0 ; y > 0

c) Tìm  $m \in \mathbb{Z}$ để hệ có nghiệm nguyên duy nhất.

Giải

a) OK

b) Ta tính được:

$x = \frac{m + 4}{m^2 + 2}$

$y = \dfrac{2m - 1}{m^2 + 2}$

Vì vậy, để x, y > 0 thì $m \geq \dfrac{1}{2}$. Kết hợp với điều kiện $m \in Z$ để kết luận.

c) Ta thấy:
$2x - y = 2.\dfrac{m + 4}{m^2 + 2} - \dfrac{2m - 1}{m^2 + 2} = \dfrac{9}{m^2 + 2}$

Vì $x, y \in Z$ nên $2x - y \in Z$.

Do đó, $m^2 + 2$ phải là ước của 9. Mà $m^2 + 2 \geq 2$ nên nó chỉ có thể bằng 3 hoặc bằng 9.

- Nếu $m^2 + 2 = 3 \Leftrightarrow m = \pm 1$. Thử lại, ta nhận giá trị m = -1.

- Nếu $m^2 + 2 = 9 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt{7}$. Do $m \in Z$ nên hai giá trị này bị loại.

Vậy, chỉ có m = -1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
 

• $AB = AC = \sqrt{(\sqrt{m})^2 + \left [ - m^2 + 2m - 1 - (2m - 1)\right]^2} = \sqrt{m + m^4}$
• $BC = 2\sqrt{m}$

Ad xóa hộ tớ nhé. Gửi nhầm

Bài 1.

ĐK: $\tan{x} \neq -1$

Ta có:
$B =\dfrac{\sin^3{x} + \cos^3{x}}{\sin{x} + \cos{x}} + \sin{x}\cos{x}$

$= \dfrac{(\sin{x} + \cos{x})(\sin^2{x} + \cos^2{x} - \sin{x}\cos{x})}{\sin{x} + \cos{x}} + \sin{x}\cos{x}$

$= \sin^2{x} + \cos^2{x} = 1$

Bài 2. Sử dụng 2 công thức: $\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}} = \tan{x}$ và $\dfrac{1}{\cos^2{x}} = 1 + \tan^2{x}$

Ta được:
$A = \dfrac{\dfrac{3}{\cos^2{a}}}{\tan^2{a} - \tan{a} - 1}$

$= \dfrac{3(1 + \tan^2{a})}{\tan^2{a} - \tan{a} - 1}$

$= 15$

Giải

Giải

Đk: $x \leq \dfrac{5}{2}$

Phương trình tương đương:
$x(4x^2 + 1) = (3 - x)\sqrt{5 - 2x}$ 

$\Leftrightarrow 2x(4x^2 + 1) = (5 - 2x + 1)\sqrt{5 - 2x} \, (1)$
 

Từ điều kiện, suy ra: $VF = VT\geq 0 \Rightarrow x \geq 0$

Xét $f(t) = t(t^2 + 1)$ với $t \geq 0$ có $f’(t) = 3t^2 + 1 > 0 $ $\forall$ $t \in [0; + \infty)$

Vậy, hàm luôn đồng biến trên $[0; + \infty)$.

Mà (1) $\Leftrightarrow$ $f(2x) = f(\sqrt{5 - 2x}) \Leftrightarrow 2x = \sqrt{5 - 2x}$

Còn lại bạn tự giải nhé.