|
|
giải đáp
|
mn giup vs
|
|
|
|
Câu 6
Đường tròn có tâm, bán kính lần lượt là $I(1;\ 2);\ R=1$ ta có $IM=\sqrt{16+16}=4\sqrt 2 > R$
Vậy $M$ ngoài đường tròn nên có 2 đường thẳng tiếp xuc với $(C)$
Bài 5
$(E)$ có $a=10;\ b=6 \Rightarrow c=\sqrt{a^2-b^2}=8$ vậy tiêu cự là $2c=16$ |
|
|
|
giải đáp
|
PTLG, mn giúp vs
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
bình luận
|
PTLG, mn giúp vs
ĐỪNG BAO GIỜ HỎI 1 ĐÁM CÂU HỎI NHƯ KIA RẤT MẤT MĨ QUAN NHÌN KHÔNG MUỐN TRẢ LỜI
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
hệ phương trình đối xứng loại 2
|
|
|
|
hệ phương trình đối xứng loại 2 x^3= 2x+y và y^3=2y+xb) x^2y=4x+5y và y^2x=4y+5x
hệ phương trình đối xứng loại 2 $x^3= 2x+y $ và $y^3=2y+x $b) $x^2y=4x+5 $y và $y^2x=4y+5x $
|
|
|
|
giải đáp
|
gpt
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Tính giá trị của biểu thức
|
|
|
|
Sử dụng hằng đẳng thức $(a+b)^3 = (a^3 +b^3 ) + 3ab (a+b)$
Ta có $A=\sqrt[3]{6+\sqrt{\dfrac{847}{27}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt{\dfrac{847}{27}}}$
$\Rightarrow A^3=\bigg ( \sqrt[3]{6+\sqrt{\dfrac{847}{27}}}+\sqrt[3]{6-\sqrt{\dfrac{847}{27}}} \bigg)^3$
$\Leftrightarrow A^3=12 +3\sqrt[3]{(6+\sqrt{\dfrac{847}{27}})(6-\sqrt{\dfrac{847}{27}})} \bigg [ \sqrt[3]{6+\sqrt{\dfrac{847}{27}}}+\sqrt[3]{6-\sqrt{\dfrac{847}{27}}} \bigg ]$
$\Leftrightarrow A^3 =12+3 \sqrt[3]{\dfrac{125}{27}} . A=12 +5A $
$\Leftrightarrow A^3-5A-12=0$
$\Leftrightarrow (A-3)(A^2 +3A+4)=0$
Từ đó $A=3$ |
|
|
|
sửa đổi
|
tìm m
|
|
|
|
tìm m tìm m để hàm số y=\frac{x+m-mx^{2}}{x+1} có GTNN bằng -2
tìm m tìm m để hàm số $y=\frac{x+m-mx^{2}}{x+1} $có GTNN bằng $ -2 $
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ
|
|
|
|
$\begin{cases} x^4+x^2y^2 +y^4=481 \\ x^2+y^2 + xy=37 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (x^2+y^2)^2-x^2 y^2 =481 \\ (x+y)^2 -xy=37 \end{cases}$
$ \Leftrightarrow \begin{cases}\bigg [(x+y)^2 - 2xy \bigg]^2 - x^2y^2 = 481 \\(x+y)^2 -xy=37 \end{cases}$
Làm cách y chang trên hệ đưa về
$\begin{cases} [S^2-2P]^2 - P^2= 481 \\ S^2 -P=37 \end{cases}$
$\Rightarrow (S;\ P)=(-7;\ 12);\ (7;\ 12)$ tự làm nốt nhá |
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ
|
|
|
|
$\begin{cases} x^3+y^3+x^3y^3 =17 \\ x+y+xy=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (x+y)[ (x+y)^2 -3xy ] +(xy)^3=17 \\ (x+y) + xy=5\end{cases}$
Đặt $x+y=S;\ xy = P;\ S^2 \ge 4P$
Hệ đưa về $\begin{cases} S(S^2-3P) +P^3 =17 \\ S+P=5 \end{cases}$ rút thế ta được
$(S;\ P)=(3;\ 2)$ còn nghiệm $(S;\ P)=(2;\ 3)$ không thỏa mãn $S^2 \ge 4P$
Với $S=3; \ P=2$ thì $x;\ y$ là nghiệm pt $t^2-3t+2=0$
$\Rightarrow (x;y) = (1;2) ;\ (2;1)$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 09/10/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
help me
|
|
|
|
Giả sử $D(x,\ y, z)$
Để $ABCD$ là hình thang thì $\vec {AB}=(5;\ 1;\ 1) = \vec {DC}=(4-x;\ 5-y;\ -7-z)$
$\Rightarrow x=-1;\ y=4;\ z=-8$ hay $D(-1;\ 4;\ -8)$
Ta có $AD^2=4+4+64= 74;\ CB^2= 4+4+64=74 \Rightarrow AD=BC$
Vậy $ABCD$ là hình thang cân |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải ptlg
|
|
|
|
Đề sai rồi, phải là
$\sin^2(\frac{x}{2} -\frac{\pi}{4} )\tan^2 x-\cos^2 \frac{x}{2} =0$ điều kiện tự làm
$\Leftrightarrow [1-\cos (x-\dfrac{\pi}{2}) ]\tan^2 x -(1+\cos x)=0$
$\Leftrightarrow (1-\sin x) \tan^2 x -\cos x -1=0$
$\Leftrightarrow (1-\sin x) \sin^2 x -\cos^2 x (1 +\cos x)=0$
$\Leftrightarrow (1-\sin x)(1-\cos x)(1+\cos x) -(1-\sin x)(1+\sin x)(1+\cos x)=0$
$\Leftrightarrow (1-\sin x)(1+\cos x) \bigg [ 1-\cos x -(1+\sin x) \bigg ] = 0$ dễ rồi tự giải
|
|
|
|
giải đáp
|
Dùng hàm số giải pt :
|
|
|
|
Điều kiện $x>\dfrac{6}{5}$
Đặt $\log_7 (6x-5) = t-1 \Rightarrow 6x-5=7^{t-1} \ (1)$
Theo bài ra ta có $7^{x-1}=1+6(t-1)=6t-5 \ (2)$
Từ $(1);\ (2)$ ta có $7^{x-1} +6(x-1) =7^{t-1} +6(t-1)$
Xét hàm $f(u)=7^{u-1} +6u$ có $f'(u)= 7^{u-1} \ln 7 +1 >0$ do đó $f(u)$ đồng biến trên $R$
$\Rightarrow 6(x-1)=6(t-1) \Rightarrow x= t$
Hay $7^{x-1}-6x+5=0$
Xét $f(x) = 7^{x-1}-6x+5;\ f'(x_=7^{x-1} \ln 7 -6;\ f"(x) = 7^{2(x-1)} \ln^2 7 >0$
Do đó $f(x)=0$ có không quá $2$ nghiệm
Mà $f(1)=f(2) = 0 \Rightarrow x=1;\ x=2$ là nghiệm của pt |
|
|
|