percy jackson

Chào em Huy, anh vẫn chưa hiểu cách của em làm, mà hình như cách làm(gợi ý trên) ngược với cách trình bày thì phải

bài này lần trước làm theo cách bình thường cũng ra thì phải

Tính diện tích giới hạn bởi các đường sau
$$\left ( \frac{x}{a} \right )^n+\left ( \frac{y}{b} \right )^n=\left ( \frac{x}{a} \right )^{n-1}+\left ( \frac{y}{b} \right )^{n-1},\, x=0,\, y=0\,\,\left ( a,\,b,\,n>0 \right )$$
P.s: Bài này nằm trong phần bài tập tích phân đường-mặt. Nhưng nếu có thể thì dùng cách khác càng tốt

hébergeur d images gratuit

t:0->2$\pi$,để ý $cos(t)=cos(2\Pi-t ),cos(2t)=cos2(2\Pi -t),cos3t=cos3(2\pi-t)$ nên đường cong C sẽ đi từ t=0 đến t=\pi rồi vòng trở lại theo đúng đường đấy khi t từ \pi đến 2\pi,do đó dS chắn bởi C=0,do đó tích phân=0 theo công thức stokes

Trên biên:Xét $F(x,y,\lambda )=1-x^{2}-y^{2}+\lambda [(x-1)^{2}+(y-1)^{2}-1]$

   Ta có:$\left\{\begin{matrix} -2x+2\lambda x-2\lambda=0 \\ -2y+2\lambda y-2\lambda =0 \\ (x-1)^{2}+(y-1)^{2}=1 \end{matrix}\right.$

          $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{\lambda }{\lambda -1} \\ y=\frac{\lambda }{\lambda -1} \\ (x-1)^{2} +(y-1)^{2}=1 \end{matrix}\right.$

Giải hệ này ta được:$\lambda =1+\sqrt{2}\Rightarrow x=y=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\Rightarrow z(x,y)=-2-2\sqrt{2}$

                                $\lambda =1-\sqrt{2}\Rightarrow x=y=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}\Rightarrow z(x,y)=2\sqrt{2}-2$

Trong miền trong $(x-1)^{2}+(y-1)^{2}<1$:0<x<2,0<y<2

          $z=1-x^{2}-y^{2}$

   Ta có:$\left\{\begin{matrix} z'_{x}=0 \\ z'_{y}=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} -2x=0 \\ -2y=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=0 \\ y=0 \end{matrix}\right.$(không thoả mãn)

          Suy ra trong miền trong không có điểm dừng

Vậy max z=$2\sqrt{2}-2$,min z=$-2-2\sqrt{2}$

Bạn có thể nói vấn đề ở đâu không? Mình ghi hoàn toàn đúng đề

$\sqrt{x-1}$,cận 0

 

1: Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tâm $O$. $SA=SB=SC=SD=a$. Gọi $M$ là một điểm trên đoạn $AO$. $(P)$ là mặt phẳng qua $M$ và song song với $AD$ và $SO$. Đặt $\frac{AM}{AO}=k$ $(o<k<1)$

• CMR thiết diện của hình chóp với $(P)$ là hình thang cân.
•  
• Tinh các cạnh của thiết diện theo $a$ và $k$.
•  
• Tìm $k$ để thiết diện trên ngoại tiếp được một đường tròn. Khi đó hãy tính thiết diện theo a.
•  

 

a)Thiết diện là hình thang EFGH như trên hình vẽ($EF\parallel GH$)

Ta có:$\frac{AM}{AO}=\frac{AG}{AS}=\frac{DH}{DS}=k$

          $\Rightarrow AG=DH=ak$

          $DF=AE=AM.cos\left ( 45 \right )=AO.k.cos\left ( 45 \right )=\frac{ak}{2}$

          $\widehat{GAE}=\widehat{HDF}=60^{0}$

          $\Rightarrow \bigtriangleup GAE=\bigtriangleup HDF\Rightarrow GE=HF$

       $\Rightarrow$EFGH là hình thang cân

b)$EF=AD=a$

 $\frac{GH}{AD}=1-\frac{AG}{AS}=1-k\Rightarrow GH=a(1-k)$

 $GE=HF=\sqrt{AG^{2}+AE^{2}-2AG.AE.cos(60)}=\frac{ak\sqrt{3}}{2}$

c)EFGH ngoại tiếp 1 đường tròn$\Rightarrow EF+GH=HF+GE\Rightarrow a(2-k)=ak\sqrt{3}$

                                                   $\Rightarrow k=\frac{2}{1+\sqrt{3}}$

Việc tính diện tích lúc này rất đơn giản,bạn tự tính nốt

Có khi nào detA bằng i ko ta?

đồng ý,nếu thế thì đề bài có vấn đề.ví dụ:A=$\bigl(\begin{smallmatrix} i &0 &0 \\ 0&i &0 \\ 0 &0 &i \end{smallmatrix}\bigr)$

Giả sử tồn tại A thoả mãn thì ta có:det(A²)=(detA)²=det(-I)=(-1)³det I=-1(vô lí)

$\left | \int_{0}^{x}sin\varphi d\varphi \right |\leq 2$

Ta có:$0\leq \left | \frac{\int_{0}^{x}sin \varphi d\varphi }{x} \right |\leq \frac{2}{\left | x \right |}\rightarrow 0$

          $\Rightarrow \lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\int_{0}^{x}sin\varphi d\varphi }{x}=0$

Đường tròn (C) tâm O(1,1),bán kính $R=\sqrt{17}$.Gọi M(a,-30-a)

Ta có:$OM^{2}=\left ( a-1 \right )^{2}+\left ( a+31 \right )^{2}=2a^{2}+60a+962$

          $\Rightarrow MA^{2}=MB^{2}=OM^{2}-R^{2}=2a^{2}+60a+945$

          $\Rightarrow A,B\in$ đường tròn tâm M bán kính $R'=\sqrt{2a^{2}+60a+945}$

Toạ độ A,B thoả mãn hệ phương trình:$\left ( x-a \right )^{2}+\left ( y+a+30 \right )^{2}=2a^{2}+60a+945$

                                                             $\left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-1 \right )^{2}=17$

Trừ 2 vế$\Rightarrow$phương trình đường thẳng AB là:$\left ( 1-a \right )x+\left ( a+31 \right )y-15=0$

Từ đó viết công thức khoảng cách từ N đến AB rồi tìm max là ra điểm M                                   

Cách này hơi cùi nhưng chưa ra cách khác hay hơn nên bạn xem tạm

Gọi $SG\bigcap AD=F,SH\bigcap CD=A',AI\bigcap BD=K$,N là trung điểm CD

Ta có:$\left ( MAN \right )\bigcap \left ( SGH \right )=GH$

          $\left ( MAN \right )\bigcap \left ( ABCD \right )=AN$

          $\left ( SGH \right )\bigcap \left ( ABCD \right )=JA'$

  $\Rightarrow$ JA',GH,AN đồng qui tại P.Gọi $JP\bigcap BC=Q$

Áp dụng định lí Menelaus ta có:$\frac{MG}{AG}.\frac{AP}{NP}.\frac{NH}{MH}=1\Rightarrow \frac{AP}{NP}=4$

                                                  $\frac{DF}{AF}.\frac{AP}{NP}.\frac{NA'}{DA'}=1\Rightarrow \frac{DA'}{NA'}=4$

                                                                                                                          $\Rightarrow DA'=4PA',CA'=6PA'$ 

                                                  $\frac{A'N}{DN}.\frac{DM}{SM}.\frac{SH}{A'H}=1\Rightarrow \frac{SH}{A'H}=5$

                                                  $\frac{SG}{FG}.\frac{FP}{A'P}.\frac{A'H}{SH}=1\Rightarrow \frac{FP}{A'P}=\frac{5}{2}$

                                                                                                                          $\Rightarrow FA'=\frac{3}{2}A'P$

Ta có:$\frac{DF}{CQ}=\frac{FA'}{QA'}=\frac{DA'}{CA'}=\frac{2}{3}$

          $\Rightarrow FQ=\frac{5}{2}FA'=\frac{15}{4}A'P$

                               $CQ=\frac{3}{2}DF$         

          $\frac{JA}{JI}=\frac{JF}{JQ}=\frac{AF}{IQ}=\frac{AF}{IC+QC}=\frac{AF}{AF+\frac{3}{2}AF}=\frac{2}{5}$

          $\Rightarrow \frac{JA}{AI}=\frac{2}{3}$ 

                                $JF=\frac{2}{3}QF=\frac{5}{2}A'P$

          $\Rightarrow JP=5A'P$

Áp dụng định lí Menelaus cho $\bigtriangleup SJA'$ ta có:$\frac{SE}{JE}.\frac{JP}{A'P}.\frac{A'H}{SH}=1\Rightarrow \frac{SE}{JE}=1$

                                                                                                                                                                $\Rightarrow$ E là trung điểm SJ

Mặt khác:$\frac{AK}{KI}=\frac{AD}{BI}=2\Rightarrow \frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}$

                                                             $\Rightarrow JA=AK$

                                                             $\Rightarrow$ A là trung điểm JK

                                                             $\Rightarrow EA\parallel SK$

                                                             $\Rightarrow EA\parallel \left ( SBD \right )$ (đpcm) 

vì sao H là tâm đường tròn ngoại tiếp

Do HA=HB=HC=$\frac{SH}{tan(60)}$

Gọi AB là đoạn vuông góc chung của a và b(A$\in$a,B$\in$b).Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm của AB,MN,AN.

Ta có:$IK\parallel b\Rightarrow IK\perp AB$

          $JK\parallel a\Rightarrow JK\perp AB$

      $\Rightarrow AB\perp (IJK)$

      $\Rightarrow AB\perp IJ$

      $\Rightarrow JA=JB$

      $\Rightarrow$ J thuộc mặt phẳng trung trực của AB cố định (đpcm)

Dễ dàng chứng minh được góc AOB=90^o.gọi M thuộc (C),xét M thuộc cung lớn AB(cung nhỏ làm tương tự),suy ra góc AMB=45⁰.áp dụng định lí sin trong tam giác MAB ta có:$\frac{MA}{sinMBA}$=$\frac{MB}{sinMAB}$=$\frac{AB}{sin45}$

$\Rightarrow MA+MB$=$\frac{AB}{sin45}$(sinMAB+sinMBA)

Mà sinMBA+sinMAB$\leq$2sin($\frac{\widehat{MAB}+\widehat{MBA}}{2}$=sin$\frac{135}{2}$

Dấu = có $\Leftrightarrow$MA=MB,từ đó tìm M thôi,chú ý M thuộc cung lớn

không.cứ tạm cho là có M' của bạn thoả mãn đi thì ta có:M'A²+M'B²=2M'A²=2(M'I²+IA²)$\geq$2(MI²+IA²) với M là hình chiếu của I trên (P) nên M' không thoả mãn nhỏ nhất