levanquy

Cách giải: Tìm được tọa độ điểm D(1;2) 

Gọi I  là giao điểm hai đường chéo

Vì CD =2AB nên $\vec{ID}=-2\vec{IB} $từ đó suy ra được tọa độ điểm I

Viết đường thẳng AC qua I và vuông góc với DA. suy ra tọa độ điểm H và C.

Tọa độ điểm A thì dễ dàng

Gọi G là giao điểm của AC và DM (M là trung điểm của AB) 

Suy ra: $G(a;\frac{3a-23}{4})$ và C(b;b+4)

Từ $ \vec{AC}=3\vec{AG}$ suy ra toạ độ C. Dễ dàng tìm đ][cj toạ độ B

Hai tứ giác ADNM và MNCB nội tiếp nên

$ \widehat{AMD}=\widehat{AND}$ và $\widehat{BMC}=\widehat{BNC}$

Suy ra: $ \widehat{AND}+\widehat{BNC}=\widehat{AMD}+\widehat{BMC} = 90^0$

Do đó $\widehat{BNA}=90^0$

Bài này bạn dùng tính công thức tính đường trung bình của hình thang,sẽ tính được BC

Từ đo suy ra AD. Vấn đề còn lại là dễ dàng

Gợi ý: Viết được PT đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi E là giao điểm của AD với đường tròn (C), tìm được tọa độ điểm E

Theo giả thiết thì E là trung điểm của cung BC suy ra EB = EC, lại có IB = IC suy ra IE là trung trực của BC

Từ đó tìm được VTPT của đường thẳng BC là $\vec{IE}$

Thêm một cách nữa nè:

 PT tương đương $x^2-x+\frac{1}{4}=2x-1-\sqrt{2x-1}+\frac{1}{4}$

Tương đương $(x-\frac{1}{2})^2=(\sqrt{2x-1}-\frac{1}{2})^2$

Bạn có thể dùng pp thế:

Với $y =1$ không thỏa PT đầu 

từ PT đầu có: $x=\frac{7y+1}{y-1}$ thay vào PT thứ 2 biến đổi về tích $(3y+1)(y+1)(13y^2-6y+1)=0$

Tìm được $y=-1$  hoặc $y=-\frac{1}{3}$

Với $y=-\frac{1}{3}$ ta có $x=1$

Với $y=-1$ ta có $x=3$

ĐK:  $sin2x\neq 0; cotx\neq 1$

Đổi $tanx = \frac{sinx}{cosx}$; $cot2x=\frac{cos2x}{sin2x}$ ; $cotx = \frac{cosx}{sinx}$ sau đó quy đồng và sử dụng công thức cộng ta được:

$sin2x=\sqrt{2}sinx$ tương đương sinx=0 (loại)  hoặc $sinx=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 

$\leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+k2\pi$ hoặc $x=\frac{3\pi}{4}+k2\pi$

Đối chiếu ĐK được nghiệm $x=\frac{3\pi}{4}+2k\pi$

Có thể tìm xác định số hạng tổng quát của dãy dạng $u_{n+1}=\frac{au_n+b}{cu_n+d} $ như sau

Đặt $x_n=u_n+t$ khi đó ta có: $x_{n+1}-t=\frac{ax_n-at+b}{cx_n-ct+d} $ tương đương $x_{n+1}=\frac{(a+ct)x_n-ct^2+(d-a)t+b}{cx_n-ct+d} $

Chọn t sao cho: $-ct^2+(d-a)t+b=0$ khi đó ta được dãy $x_{n+1}=\frac{(a+ct)x_n}{cx_n-ct+d} $ nghịch đảo dãy và chuyến về dãy CSN là xong

BPT tương đương $\frac{12x-8}{\sqrt{16x^2+9}}<\frac{6x-4}{\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}}$

$\Leftrightarrow (6x-4)(\frac{1}{\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}}-\frac{2}{\sqrt{16x^2+9}})>0$ (*)

* Với $\frac{2}{3}<x\leq2$ thì BPT(*) $\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}}>\frac{2}{\sqrt{16x^2+9}}$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x}<\sqrt{16x^2+9}$

Bình phương hai vế thu gọn được:

$4(8-2x^2)+16\sqrt{8-2x^2}-x^2-8x<0$

Đặt $t=2\sqrt{8-2x^2} $ BPT trở thành $t^2+8t-x^2-8x<0$

$\leftrightarrow (t-x)(x+t+8)<0$

Từ đó ta có $t-x<0$ tới đây thì dễ dàng rồi

*Với $-2\leq x<\frac{2}{3}$ thì BPT(*) $\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}}<\frac{2}{\sqrt{16x^2+9}}$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x}>\sqrt{16x^2+9}$ làm tương tự

$I=\int x^3ln(4-x^2)dx-\int x^3ln(4+x^2)dx$

Tính tích phân thứ nhất:

Đặt $\begin{cases}u=ln(4-x^2)\\dv=x^3dx\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=\frac{-2x}{4-x^2}\\v=\frac{x^4-16}{4}dx\end{cases}$

Vậy $I_1=\frac{x^4-16}{4}ln(4-x^2)-\int\frac{x(x^2+4)}{2}dx$ tới đây thì bạn làm tiêp

Tính tích phân thứ hai làm tương tự

ĐK: $x> 1$ hoặc $x < -1$

Nhận thấy x < -1 thì BPT vô nghiệm

Với x > 1. Đặt $t=\frac{1}{x}$.  BPT trở thành: $\frac{1}{t}+\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}>\frac{35}{12}$

BPT tương đương với $12(t+\sqrt{1-t^2})>35t\sqrt{1-t^2}$

Đặt $a=t+\sqrt{1-t^2}$  là xong

Bài 1: Gọi I là giao điểm của DM và AC suy ra $\vec{CA}=3\vec{CI}$

Với I(b;b-2) và A(a;2-3a) ta tìm được A(-1;5) từ đó tìm được tâm hình vuông là K(1;1)

Đường thẳng BD qua I và vuông góc với AC có PT: x -2y +1 = 0 từ đó suy ra tọa độ điểm D và B

 Giả sử $M(a;a+1)$ thuộc d. Tâm I của (C) có $I(-1;2)$, bán kính $R=\sqrt{5}$. Giả sử A, B là hai tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M tới C. Theo đề bài thì $\widehat{AMB}=60$$\Rightarrow \widehat{AMI}=30$. Xét tam giác vuông MAI có: $sin30=\frac{AI}{MI}\Leftrightarrow IM=\frac{AI}{sin30}=2\sqrt{5}$. Mặt khác: 

$\overrightarrow{IM}(a+1;a-1)$$\overrightarrow{IM}(a+1;a-1)\Leftrightarrow 2a^2+2=20$$\Leftrightarrow a=3$ hoặc $a=-3$. Vậy có hai điểm M thỏa mãn đk đề bài:

$(3;4)$; $(-3;-2)$

Bạn làm thiếu một trường hợp là $\widehat{AMB}=120$ thì góc giữa hai tiếp tuyến với đường tròn kẽ từ M cùng bằng $60^0$ đấy

Gọi $M(x;y) $ là điểm biểu diễn số phức $w$ ta có $x+yi = (1+i\sqrt{3})z+2 \Rightarrow z=\frac{x-2+yi}{1+i\sqrt{3}}=\frac{x+\sqrt{3}y-2+(y-\sqrt{3}x+2\sqrt{3})i}{4}$

Do đó $|z-1| \leq 3 \Leftrightarrow |\frac{x+\sqrt{3}y-2+(y-\sqrt{3}x+2\sqrt{3})i}{4}-1|\leq 3$

 $\Leftrightarrow (x+\sqrt{3}y-6)^2+(y-\sqrt{3}x+2\sqrt{3})^2\leq 36$

 $\Leftrightarrow x^2+y^2-6x-2\sqrt{3}y+3\leq0$. Quỹ tích là hình tròn tâm $I(3;\sqrt{3})$ và bán kính $R=3$