Câu 1: Em tách cái trong ngoặc ra làm 2 phần nhân liên hợp --> dc 2 phân số có đấu trừ --> quy đồng lên --> nhân liên hợp dấu trừ trên tử.
Khi đó tử với mẫu cùng bậc 3, ra dc đáp số là -1/4

Câu 3: dùng định lý kẹp do sin x trong đoạn -1 đến 1. ĐS: 0

Chứng minh:

$$\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{a}-1=ax, a\in R$$

Giải hệ pt sau:

$$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{x+y+1}}-\frac{1}{\sqrt{y}}=x^3 + 3y(x^2+xy+y-1)+1\\\sqrt{y-x^3}+\sqrt{7-y}=y^2+6xy+x^2+12 \end{matrix}\right.$$ 

Chú ý: Cách gõ công thức Toán.

            Cách đặt tiêu đề bài viết đúng quy định.

 

Hình chóp S.ABCD, đáp hình thang vuông tại A và B. SA vuông góc (ABCD). AB=BC=SA=a, AD=2a. M trung điểm SB, H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SC và SD.

a) Tính góc của 2 mp (SAB) và (SCD)
b) Tính khoảng cách từ B đến (SCD)
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD.

 

 

 

a/ Kéo dài AB và CD cắt tại I  => B, C lần lượt là trung điểm của AI và CI

Từ A hạ AH vuông góc SI => DH vuông góc SI (vì AD vuông góc SI )  => góc giữa 2 mp (SAB) và (SCD) = $\widehat{AHD}$

Bạn dễ dàng tính được AH (công thức tính đường cao trong t/gi SAI)  => tan AHD

 

b/ Vì BI =AI/2 nên [kc từ B đến (SCD)] = [kc từ A đến (SCD)]

Hạ AK vuông góc với SC 

ta có : $\left\{\begin{matrix} AK \perp SC \\ AK\perp CD (CD\perp (SAC)) \end{matrix}\right.\Rightarrow AK\perp (SCD)$

=> AK là kc từ A đến (SCD)

Bạn tính AC rồi tính AK ....

 

c/ kẻ BM // CD (M thuộc AD). BM giao AC = O. Hạ AH vuông góc SO.

$d_{()SB,CD)}=d_{C,(SBM)}=d_{A,(SBM)}=AH=...$

cho hình chóp đều SABC đáy =a. mặt phẳng chứa BC vuông góc với SA cắt hình chóp cho thiết diện  (P) có diện tích = $\frac{3a^{2}}{8}$. tính thể tích khối chóp SABC

Gọi O là tâm t/gi đều ABC. => SO vuông góc (ABC) (h.chóp đều S.ABC)

=> $AO=\frac{2}{3}AI=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Gọi I là trung điểm BC. Hạ IH vuông góc SA.

mà ta có BC cũng vuông góc SA nên thiết diện P là (BCH)

Theo đề ta có: $S_{BCH}=\frac{BC.IH}{2}=a.IH/2 = \frac{3a^{2}}{8}$

=> IH = 3a/4

=> AH = ... (Pitago t/gi IHA)

Ta có $\Delta IHA\sim \Delta SOA \Rightarrow h=SO = \frac{IH.OA}{AH}$

 

Từ đó tính V

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau và đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AB=a, BC=a$\sqrt{3}$; gọi I là một điểm thuộc cạnh SC sao cho SI=2CI và thỏa mãn AI vuông góc với SC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD  theo a.

 

Vì các cạnh bên bằng nhau nên $SO \perp (ABCD)$ (O là tâm ABCD)

 

Trong t/gi SAC ta có $\Delta AIC\sim \Delta SOC \Rightarrow \frac{IC}{OC}=\frac{AC}{SC}\Rightarrow IC.SC=AC.OC\Rightarrow \frac{1}{3}SC^{2}=\frac{1}{2}AC^{2}$

(do O là trung điểm AC và SI=2CI)

 

Ta có $AC^{2}=2a => SC^{2}= ... => h = SO = \sqrt{SC^{2}-OC^{2}}=...$ 

 

Từ đó tính V

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.Gọi $M,N,P,K$ lần lượt là trung điểm của $BC,CD,SD,SB$.Tính thể tích của khối chóp $S.ABMN$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $MK$ và $AP$ theo $a$.

 

Dễ dàng tính được $S_{ABMN}=S_{ABCD}-S_{ADN}-S_{CMN}$=...

và có đường cao bằng đường cao SH của t/g SAB = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (Vì mp (SAB) vuông góc với đáy)

Từ đó tính V ...

 

Gọi I, E lần lượt là trung điểm AN và HB => I cũng là trung điểm DH

Ta có: IP// SH //EK và AN // CH //MK  => (PAN) // (EKM)

Do đó Kc giữa AP và MK = Kc giữa (PAN) và (EKM) = Mn (vì MN cùng vuông góc với 2 mp đó)

Dễ dàng tính MN ....

Các mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SA vuông góc đáy => T/gi SAC vuông tại A

=> SA = 2a.cos(30) = a,  AC = AB = BC = $a\sqrt{3}$

AD = $h_{\Delta ABC}=\frac{3a}{2}$

DC = $a\sqrt{3}/2$

Từ đó tính S đáy và tính thể tích khối chóp.

 

Kéo dài AD và BC cắt nhau tại I. Hạ AH vuông góc SB. Nối IH.

Ta có: $(\widehat{(SAB),(SBC))}=(\widehat{(SAB).(SBI)}=\widehat{AHI}$

cos AHI = AH /IH

Dễ dàng tính được AH (công thức tính đường cao trong tg vuông) 

và AI = 2AD = .... (vì DO = 1/2 AB)

=> IH

=> cos....

Bài toán 5

Thông thường, để xét xem pt có cực đại, cực tiểu hay không ta thường xét dấu đạo hàm cấp 2 y'' tại điểm $x_{o}$ với $x_{o}$ là  nghiệm của y'.

Tuy nhiên có một ví dụ mà mình nghĩ cách làm này không nên được áp dụng nữa.

Cho hàm số y = $\frac{x^{4}}{4}$. Ta sẽ xét xem pt có cực tiểu ko nhé!

Ta có: y' = $x^{3}$  và  y'' = $3x^2$

y' = 0 <=> x =0

Thay vào y'' ta thấy y'' =0. (có nghĩa là 'ko có cực trị')

Tuy nhiên thực ra, tại $x_{o}$ pt đạt cực tiểu với giá trị = 0?! (vì y $\geq$ 0 với mọi x)

Điều này là do mặc dù y'' = 0 nhưng đạo hàm y' vẫn đổi dấu, do đó xảy ra cực tiểu.

Kết luận: Vói y'' =0 tại $x_{o}$ pt vẫn có thể có cực tiểu và cực đại.

Ứng dụng đạo hàm để giải BPT sau:

 

$$\left\{\begin{matrix} 2x+1=y^{3}+y^{2}+y\\ 2y+1=z^{3}+z^2+z\\2z+1=z^3+z^2+z\\ \end{matrix}\right.$$

Mình khẳng định 0,(9)=1, sau này học đại học thì bạn sẽ hiểu và thực ra mình cũng nói rồi

 

$0,(3)$ luôn luôn bằng $\frac{1}{3}$

Gọi $x=0,(3)$

$\Leftrightarrow 10x=3,(3)\\ \Leftrightarrow 10x=3+x\\ \Leftrightarrow 9x=3\\ \Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$

Mình sửa ở trên rồi

Mâu thuẫn này thực ra gây ra bởi sự nhầm lẫn về khái niệm vô hạn và hữu hạn thôi. 

0,999999... chỉ bằng 1 khi và chỉ khi có vô hạn số 9 thôi.

Như mọi người đã biết rồi đó:

 

 

Theo quy tắc tính cấp số nhân lùi vô hạn thì:

 

0.33333333333333333333333333333333333333333= 1phân3

 

=> 0.99999999999999999999999999999999= 3*0.333333333333333333333333333333333=3*1phan3=1 (vô lý )

 

 

 

 

Ai biết thì xin chỉ dùm. Mình xin được cảm ơn 

 

theo tổng cấp số nhân lùi vô hạn ta có được:

$0,(3)=\frac{\frac{3}{10}}{1-\frac{1}{10}}=\frac{1}{3}$

Tổng này cho biết khi n (số số hạng) tiến tới vô cùng thì 0,(3) =1/3

do đó với mọi n, ta luôn có 0,(3) <1/3. Giới hạn của nó là 1/3 khi n tiến tới vô cùng nhưng không thể bằng 1/3

Đó là lí do vì sao ta thấy 0,9999....  luôn <1 với mọi n số 9 nhưng 0,(9) = 1

Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB= a, AC= a$\sqrt{3}$ , DA=DB=DC. Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích ABCD, tính góc tạo bởi (BDC) và (ACD), tính khoảng cách giữa BD và AC.

Gọi O là trung điểm BC. => O là tâm đường tròn ngoại tiếp t/gi vuông ABC

Vì DA = DB= DC nên DO vuông góc (ABC)

BC = 2a => DO =a

=> V = $\frac{S_{ABC}.DO}{3}=\frac{a\sqrt{3}.a.a}{2.3}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$

 

Lấy H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC.

Từ H kẻ HK // BD => HK vuông góc CD (vì $BD\perp CD$)

=> $CD\perp (AHK)=> \widehat{AKH}$ là góc giữa (BDC) và (ACD)  

$HK=\frac{BD.CH}{CB}=\frac{BD.CH.CB}{CB^{2}}=\frac{BD.AC^{2}}{CB^{2}}=...$ (BD bạn tự tính ha, dựa vào t/gi BCD vuông cân tại D)

rồi từ đó tính tan AKH.

 

Qua B kẻ Bx // AC. Qua O kẻ đường MN //AB (M thuộc AC, N thuộc Bx). Từ M hạ MI vuông góc ND

Vì Bx // AC nên khoảng cách giữa BD và AC = kc giữa AC và (D, Bx) = MI

MN= AB =a  (vì MNBA là hcn)

Có $OM=ON=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}, DN=\sqrt{DO^{2}-ON^{2}}=...$

Dựa vào công thức tính diện tích ta có: $MI=\frac{DO.MN}{DN}=...$

Gọi M là trung điểm BC. Từ M hạ MH vuông góc với AA', $I=A'M\cap MH$.

Vì AA' vuông góc với BC nên kc giữa chúng bằng độ dài đoạn MH =$\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Xét t/gi AA'M ta có:

Vì $\Delta IOM\sim \Delta AHM=> IM =\frac{AM.MO}{HM}=\frac{AM.\frac{AM}{3}}{HM}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

=> HI = MH - MI = 

$IO=\sqrt{MI^{2}-OM^{2}}=$

vì $\Delta A'HI\sim \Delta MOI=>A'I=\frac{IM.HI}{IO}= ...$

=> h = A'O = A'I + IO =

Tù đó tính V (có h, có S đáy rồi)

Gọi M, K lần lượt là trung điểm BC, BM. => AM vuông góc BC => HK vuông góc BC và HK = AM/2= $\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Vì H là hình chiếu của A' xuống (ABC) nên $A'H\perp (ABC)\Rightarrow (\widehat{A'BC),(ABC)})=\widehat{A'KH}=60^{O} => A'H = HM.tan60^{o}= \frac{3a}{4}$

Vì $A'H\perp (ABC)$ nên A'H là đường cao lăng trụ. Từ đó tính được V

Vẽ hình chữ nhật CHBI, IE vuông góc BC

Ta có AA' // CC' nên $d_{(AA',B'C)} =d_{(A,(BCC'B'))}= 2d_{(H,(BCC'B'))}=2d_{(I,(BCC'B'))}$

Vì $A'H\perp (ABC)$ nên C'I vuông góc (ABC) (do IH // AC //A'C' => IHA'C' là hbh => A'H //C'I)

=> $d_{(I,(BCC'B'))}=IF$ (với F là chân đường vuông góc kẻ từ I xuống C'E)

Tính được IE trong t/gi vuông IBC có IE là đường cao => tính IF

Bài 1: Cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ A có phương trình : 3x-y+5=0.Trực tâm H(-2;-1),M($\frac{1}{2}$;4) là trung điểm của AB .BC=$\sqrt{10}$. Tìm A,B,C biết x_A<x_B

 

bài 1: A thuộc đt 3x-y+5 =0 (d) nên gọi A(a;3a+5) => B (1-a; 3-3a) 

Pt đt qua B và vuông góc với (d) là: y= $\frac{-1}{3}a-\frac{10}{3}a+\frac{10}{3}$ => C$(c;\frac{-1}{3}c-\frac{10}{3}c+\frac{10}{3})$

Mà BC=$\sqrt{10}$ bạn viết pt khoảng cách ra rồi suy ra tọa độ điểm C theo a

Tiếp theo viết tọa độ vecto $\overrightarrow{BH}$ và vecto $\overrightarrow{AC}$ theo a. Rồi lập pt vuông góc 2 vecto. TỪ đó tính đc a.

a) Vì (SAB) và (SAD) vuông góc vói đáy nên SA vuông góc với đáy 

=> góc (SB, AB) = ((SBC), (ABCD))= $45^{o}$ => SA = a

tan (SC, (ABCD)) = $\frac{SA}{AC}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+(a\sqrt{2})^{2}}}=...$

=> ....

b) Gọi BD giao với AC tại H

Tam giác ABC vuông tai B có đường cao BH => AH= ...

tan ((SBD),(ABCD)) = $\frac{SA}{AH}= \frac{a}{AH}=...$ => góc ((SBD),(ABCD))

Cho mach điện như hình vẽ bên dưới. Nếu đặt vào hai đầu A và B hiệu điện thế U(AB)= 60 V thì U(CD) = 15 V và cường độ dòng điện qua R3 là I3 = 1 A. Còn nếu đặt vào hai đầu C và D hiệu điện thế U(CD) = 60 V thì U(AB) = 10 V.

Tính R1, R2 và R3

a) Vì $\widehat{BAC}+\widehat{BIC}=90^{O}$ nên tứ giac BICA nội tiếp đường tròn => $\widehat{BAI}=\widehat{BCI}=45^{O}$

Do đó AI là phân giác góc BAC

b) Tương tự $\widehat{CAI}=\widehat{IBC}=45^{O}$ nên AI là p/giac ngoài của BAC

Người ta treo hai quả cầu nhỏ có khối lượng bằng nhau m = 10g bằng hai sợi dây có độ dài như nhau bằng a (khối lượng không đáng kể). Cho chúng nhiễm điện bằng nhau, chúng đẩy nhau và cân bằng khi mỗi dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc $30^{o}$. Tính lực tương tác giữa hai quả cầu?

Chứng minh rằng:      $$\sum_{k=0}^{n}(C_{n}^{k})^{2}=C_{2n}^{n}$$

 

Đặt A = 4cosx.cos2x.cos4x.cos8x

=> A.sin x = 4sinx .cosx. cos2x. cos4x. cos8x = 2sin2x. cos2x. cos4x. cos8x

= sin4x. cos4x. cos8x = $\frac{1}{4}$ sin16x

Pt <=> sin6x = 4sin12x <=> sin6x = 8sin6x. cos6x

bạn tự giải tiếp ha ...^^

     Dựng ra phía ngoài tam giác ABC ba tam giác BCM, CAN và ABP sao cho $\widehat{MBC}=\widehat{CAN}=45^{o}$, $\widehat{BCM}=\widehat{NCA}=30^{o}$ và $\widehat{ABP}=\widehat{PAB}=15^{o}$.

Chm tam giác MNP vuông cân tại P.

 

Vậy đúng không nhỉ @@! :

Gọi : $MN//BC;DE//AC;HG//AB$ ( $M;D$ thuộc $AB$ ; $N;G$ thuộc $AC$ ; $E;H$ thuộc $BC$ )

Áp dụng tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau :

$\Rightarrow IE=ID=IM=IN=IG=IH$

Suy ra lục giác nội tiếp $(đpcm)$ 

hình như ko có tính chất này @@

em coi lai nhé. IE ko thể bằng ID, IM, IN,... đc trừ khi đó là tam giac đều thôi

Cho tam giác ABC, I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đường tròn (I) đồng thời song song với các cạnh của tam giác chia tam giác thành 3 tam giác nhỏ và một lục giác nội tiếp.