|
|
giải đáp
|
mọi người ơi giúp mình vs
|
|
|
|
Mình đưa ra cách có thể làm đồng thời hai phần.
Gọi $O$ là giao điểm $AC, BD$ . Xét ba mặt phẳng $(SAC), (SBD), (P)$; trong đó giao tuyến của $(P)$ và $(SAC)$ là $AM$, giao tuyến của $(SBD)$ và $(SAC)$ là $SO$, $SO$ và $AM$ cắt nhau nên giao tuyến còn lại của $(P)$ và $(SBD)$ sẽ đi qua giao điểm của $AM$ và $SO$, điểm này chính là trọng tâm $G$ của $\triangle SAC$.
Và từ đó ta suy ra cách dựng điểm $E, F$ lần lượt là giao điểm của $SB, SD$ với đường thẳng qua $G$ và song song với $BD$.
Từ đó ta tính được $\frac{SE}{SB}=\frac{SF}{SD}=\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}$
Từ đó
$\frac{S_{\triangle SME}}{S_{\triangle SBC}}=\frac{SM.SE}{SB.SC}=\frac{SE}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$
Tương tự cũng có
$\frac{S_{\triangle SMF}}{S_{\triangle SDC}}=\frac{1}{3}$
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình vô tỷ
|
|
|
|
Ai xem h ộ bài n ày nh áGiải phương trình : $3(x^2-1)^{\frac{1}{2}}=2x^2-3x-1$
Giải ph ươn g trình vô tỷGiải phương trình : $3(x^2-1)^{\frac{1}{2}}=2x^2-3x-1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hệ phương trình không mẫu mực
|
|
|
|
Bác n ào làm g iúp e c áiGiải hệ phương trình : $\begin{cases}x^3y-y^4=28\\x^2y+2xy^2+y^3=18\sqrt{2} \end{cases} $
Hệ phươn g trình không mẫu mực Giải hệ phương trình : $\begin{cases}x^3y-y^4=28\\x^2y+2xy^2+y^3=18\sqrt{2} \end{cases} $
|
|
|
|
giải đáp
|
PT Lượng giác vô tỷ
|
|
|
|
Đề bài được chỉnh sửa hợp lý mang lại nhiều cơ hội giải được hơn đối với người đọc :)
PT $\Leftrightarrow \sin x \sqrt[3]{\sin 2x} -3 \sin x +2 \sqrt[3]{\sin 2x} - 6 =\sqrt[3]{\sin 2x} - 3 \sqrt[3]{\cos x} $
$\Leftrightarrow \left (\sqrt[3]{\sin 2x}-3 \right )(\sin x + 2)= \sqrt[3]{\cos x}\left (\sqrt[3]{\sin 2x}-3 \right )$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sqrt[3]{\sin 2x}-3=0 \\ \sin x + 2=\sqrt[3]{\cos x} \end{matrix}} \right.$
PT $\sqrt[3]{\sin 2x}=3$ vô nghiệm vì $\sqrt[3]{\sin 2x} \le 1 <3 \forall x$.
PT $\sin x + 2=\sqrt[3]{\cos x}$ vô nghiệm vì $\sqrt[3]{\cos x} \le 1 \le \sin x + 2 \forall x$.
Điều này chỉ có thể xảy ra khi $\begin{cases}\cos x=1 \\ \sin x= -1\end{cases}$ , mà đây là điều không thể.
Vậy PT đã cho vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT lượng giác chứa phân thức
|
|
|
|
Nhắc lại một số công thức
$\cos^2(x-\frac{\pi}{4} ) = 2(\cos x +\sin x)^2$
$\cos 2x = (\cos x +\sin x)(\cos x -\sin x)$
$\tan (\frac{\pi}{4} -x)=\frac{1-\tan x}{1+\tan x}=\frac{\cos x -\sin x}{\cos x +\sin x}$
$\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)=2(\cos x -\sin x)^2$
Như vậy PT đã cho
$\displaystyle{\frac{(\cos x +\sin x)(\cos x -\sin x)}{4\frac{(\cos x -\sin x)^3}{\cos x +\sin x}}}=2\sqrt 2(\cos x +\sin x)^2$
$\Leftrightarrow (\cos x -\sin x)^2=\frac{1}{8\sqrt 2}\Leftrightarrow \sin^2(\frac{\pi}{4} -x)=\frac{1}{4\sqrt 2}$
$\Leftrightarrow \left| {\sin(\frac{\pi}{4} -x)} \right|=\frac{1}{2\sqrt[4]{2}}$
Từ đây có thể tìm ra nghiệm $x$.
|
|
|
|
bình luận
|
PT lượng giác chứa phân thức
Nếu giữ nguyên đề bài thì dùng phương pháp đại số sẽ phải giải PT bậc 24. Mình xin sửa lại đề như sau để có tính xây dựng hơn.
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
PT lượng giác chứa phân thức
|
|
|
|
PT lượng giác chứa phân thức Giải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos(x +\frac{\pi}{ 3} ) $
PT lượng giác chứa phân thức Giải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos ^2(x -\frac{\pi}{ 4} ) $
|
|
|
|
sửa đổi
|
PT lượng giác chứa phân thức
|
|
|
|
e đố các bác giải bài n àyGiải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos(x+\frac{\pi}{3} ) $
PT lượng giác c hứa phân thứcGiải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x). \sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos(x+\frac{\pi}{3} ) $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tích phân chứa logarit và lượng giác
|
|
|
|
giúp mình chứ ng mi nh bà i n ày với mọi ng ười nhégiả sử $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[a,b]$. Chứng minh rằng: $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(a+b-x)dx$. Áp dụng tính $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx$
Tích ph ân chứ a log ari t và lượn g gi ácgiả sử $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[a,b]$. Chứng minh rằng: $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(a+b-x)dx$. Áp dụng tính $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình chứng minh bài này với mọi người nhé
|
|
|
|
Đặt $t=a+b-x \implies dt=-dx$
Khi $x=a \Rightarrow t=b, x=b \Rightarrow t=a$ .
Như vậy $\int\limits_{a}^{b}f(a+b-x)dx=-\int\limits_{b}^{a}f(t)dt=\int\limits_{a}^{b}f(t)dt=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$ (đpcm).
Áp dụng ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan \left (\frac{\pi}{4} -x\right ))dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\frac{1-\tan x}{1+\tan x})dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (\frac{2}{1+\tan x})dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2dx-I$
$\implies 2I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2dx \implies I=\frac{\pi}{8}\ln 2$
|
|
|
|
giải đáp
|
em không rành vấn đê này lắm, có bác nào chỉ e phương pháp giải hem ?
|
|
|
|
Rõ ràng với $m >1$ hoặc $m< -1$ thì PT vô nghiệm.
Với $m=0$ thì PT có hai nghiệm $x=0, x=2\pi.$
Với $0<m<1$ thì đặt $\sin x = m = \sin \alpha ,\alpha \in \left ( 0,\pi \right )$.
Suy ra
$0 \le x = \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \left\{ {0, 1} \right\}$
$0 \le x = \pi - \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \left\{ {0, 1} \right\}$
Như vậy trong trường hợp này có $4$ nghiệm $x= \alpha,x= \alpha + 2\pi, x = \pi - \alpha , x = 3\pi - \alpha $
Với $-1<m<0$ thì đặt $\sin x = m = \sin \alpha ,\alpha \in \left (\pi, 2\pi\right )$.
Suy ra
$0 \le x = \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \left\{ {0} \right\}$
$0 \le x = \pi - \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \emptyset$
Như vậy trong trường hợp này có $1$ nghiệm $x= \alpha$
|
|
|
|
sửa đổi
|
PT Bậc 4
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow x^4-2x^3+x^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2-x(x-1)+\frac{1}{4}=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)-\frac{1}{2}} \right]^2=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\\ x^2-x-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}\end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-3=0\\ x^2-x+2=0 \text{vô nghiệm} \end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\left (1 \pm \sqrt{13} \right )$
PT $\Leftrightarrow x^4-2x^3+x^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2-x(x-1)+\frac{1}{4}=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)-\frac{1}{2}} \right]^2=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\\ x^2-x-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}\end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-3=0\\ x^2-x+2=0 \text{vô nghiệm} \end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\left (1 \pm \sqrt{13} \right )$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hàm số bậc 4 cắt trục hoành lập thành cấp số cộng
|
|
|
|
Xét PT tương giao $x^4+(m-2)x^2-m+1 =0$Gọi $x_1<x_2<x_3<x_4$ là hoành độ của $4$ điểm mà hàm số cắt trên trục hoành.Yêu cầu bài toán (YCBT) tương đương với $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$Đặt $t=x^2 \implies f(t)=t^2+(m-2)t-m+1 =0 (1)$Như vậy YCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$, lúc đó giả sử$x_1=-\sqrt{t_2}, x_2=-\sqrt{t_1}, x_3=\sqrt{t_1}, x_4=\sqrt{t_2}$ và thỏa mãn $-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}=\sqrt{t_1}--\sqrt{t_1}=\sqrt{t_2}-\sqrt{t_1}\Leftrightarrow \sqrt{t_2}=3\sqrt{t_1}\Leftrightarrow t_2=9t_1$ Vậy tóm lại TCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$ sao cho $t_2=9t_1$ .$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta >0 \\t_2=9t_1 \\-\frac{b}{a}=t_1+t_2=10t_1 >0\\\frac{c}{a}=t_1t_2=9t_1^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^2 >0 \\t_2=9t_1 \\2-m=10t_1 >0\\1-m=9t_1^2 >0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m \ne 0 \\ m<1 \end{cases}$ Từ $\begin{cases}2-m=10t_1\\ 1-m=9t_1^2 \end{cases} \Rightarrow\begin{cases}t_1=\frac{2-m}{10}\\ t_1^2 =\frac{1-m}{9} \end{cases}\Rightarrow \left (\frac{2-m}{10}\right )^2=\frac{1-m}{9}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=-8\\ m=\frac{8}{9}\end{matrix}} \right.$
Xét PT tương giao $x^4+(m-2)x^2-m+1 =0$Gọi $x_1<x_2<x_3<x_4$ là hoành độ của $4$ điểm mà hàm số cắt trên trục hoành.Yêu cầu bài toán (YCBT) tương đương với $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$Đặt $t=x^2 \implies f(t)=t^2+(m-2)t-m+1 =0 (1)$Như vậy YCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$, lúc đó giả sử$x_1=-\sqrt{t_2}, x_2=-\sqrt{t_1}, x_3=\sqrt{t_1}, x_4=\sqrt{t_2}$ và thỏa mãn $-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}=\sqrt{t_1}--\sqrt{t_1}=\sqrt{t_2}-\sqrt{t_1}\Leftrightarrow \sqrt{t_2}=3\sqrt{t_1}\Leftrightarrow t_2=9t_1$ Vậy tóm lại TCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$ sao cho $t_2=9t_1$ .$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta >0 \\t_2=9t_1 \\-\frac{b}{a}=t_1+t_2=10t_1 >0\\\frac{c}{a}=t_1t_2=9t_1^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^2 >0 \\t_2=9t_1 \\2-m=10t_1 >0\\1-m=9t_1^2 >0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m \ne 0 \\ m<1 \end{cases}$ Từ $\begin{cases}2-m=10t_1\\ 1-m=9t_1^2 \end{cases} \Rightarrow\begin{cases}t_1=\frac{2-m}{10}\\ t_1^2 =\frac{1-m}{9} \end{cases}\Rightarrow \left (\frac{2-m}{10}\right )^2=\frac{1-m}{9}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=-8\\ m=\frac{8}{9}\end{matrix}} \right.$
|
|