|
|
giải đáp
|
giúp mình giải bài này nhé
|
|
|
|
Điều kiện $\cos x \ne 0$.
PT $\Leftrightarrow \cos2x+\frac{1}{2} +4\sin x \cos x-\frac{\sin x}{\cos x}=0$
$\Leftrightarrow 2\cos^2x-1+\frac{1}{2} +\sin x\left (4 \cos x-\frac{1}{\cos x} \right )=0$
$\Leftrightarrow \frac{4\cos^2x-1}{2} +\sin x.\frac{4\cos^2 x-1}{\cos x}=0$
$\Leftrightarrow (4\cos^2x-1)(\frac{1}{2} +\tan x)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \cos x =\pm \frac{1}{2}\\ \tan x=-\frac{1}{2} \end{matrix}} \right.$
Còn lại bạn tự viết nốt nghiệm nhé.
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình chứa tham số
|
|
|
|
Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \le C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.
Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \le C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Bài nãy đã được đề cập chi tiết tại đây. Bạn tham khảo nhéhttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau
Bài nãy đã được đề cập chi tiết tại đây. Bạn tham khảo nhéhttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tính diện tích mặt cầu
|
|
|
|
Trước hết mình nêu ra một vài bài toán nhỏ để tìm ra bài toán cần giải.
1. Các đoạn thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối diện đồng quy tại điểm G, gọi là trong tâm của tứ diện.
Phần này chứng minh đơn giản, trong sách giáo khoa hình học 11 đã đề cập rất chi tiết.
2. Tứ diện có tính chất trên gọi là tứ diện gần đều, vì thế đoạn thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối diện đồng thời là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh ấy.
Mình chứng minh phần này với hai cạnh AB, CD. Giả sử M, N là trung điểm của AB, CD. Do $\triangle BCD=\triangle ACD \Rightarrow BN=AN\Rightarrow \triangle ABN$ cân tại N $\Rightarrow NM \perp AB$
Tương tự $NM \perp CD$.
3.G chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Thật vậy, xét tam giác GCD có GN đồng thời là đường cao và trung tuyến, suy ra tam gaics GCD cân tại G $\Rightarrow GC=GD$ .
Tương tự thì $GA=GB=GC=GD$ .
4. Ta tính GD để có bán kính R của mặt cầu này.
$32GD^2=32GN^2+32ND^2=8MN^2+8CD^2=4CM^2+4MD^2-2CD^2+8CD^2$
$=2CA^2+2CB^2-AB^2+2DB^2+2DA^2-AB^2+6CD^2=4(a^2+b^2+c^2)$
Từ đó $R^2=GD^2=\frac{1}{8}(a^2+b^2+c^2) \Rightarrow S = 4\pi R^2=\frac{1}{2}\pi (a^2+b^2+c^2)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tập hợp điểm
|
|
|
|
Đặt $z=a+bi, a, b \in \mathbb{R}.$a) $|z-1+i|=2\Leftrightarrow |(a-1)+(b+1)i|=2\Leftrightarrow (a-1)^2+(b+1)^2=4$ Tập hợp $M(x; y)$ là đường tròn $(x-1)^2+(y+1)^2=4$ .b) $|2+z|>|z-2|\Leftrightarrow |(a+2)+bi|> |(a-2)+bi|\Leftrightarrow (a+2)^2+b^2>(a-2)^2+b^2\Leftrightarrow a >0$Tập hợp $M(x; y)$ là nửa mặt phẳng bờ là trục tung Oy lấy về bên phần dương và không tính trục Oy.$1\leq |z+1-i|\leq 2\Leftrightarrow 1 \le |(a+1)+(b-1)i| \le 2 \Leftrightarrow 1 \le (a+1)^2+(b-1)^2 \le 4$Tập hợp $M(x; y)$ là phần diện tích nằm giữa hai đường tròn $(x+1)^2+(y-1)^2=1$ và $(x+1)^2+(y-1)^2=4$ , tính cả biên.
Đặt $z=a+bi, a, b \in \mathbb{R}.$a) $|z-1+i|=2\Leftrightarrow |(a-1)+(b+1)i|=2\Leftrightarrow (a-1)^2+(b+1)^2=4$ Tập hợp $M(x; y)$ là đường tròn $(x-1)^2+(y+1)^2=4$ .b) $|2+z|>|z-2|\Leftrightarrow |(a+2)+bi|> |(a-2)+bi|\Leftrightarrow (a+2)^2+b^2>(a-2)^2+b^2\Leftrightarrow a >0$Tập hợp $M(x; y)$ là nửa mặt phẳng bờ là trục tung Oy lấy về bên phần dương và không tính trục Oy.$1\leq |z+1-i|\leq 2\Leftrightarrow 1 \le |(a+1)+(b-1)i| \le 2 \Leftrightarrow 1 \le (a+1)^2+(b-1)^2 \le 4$Tập hợp $M(x; y)$ là phần diện tích nằm giữa hai đường tròn $(x+1)^2+(y-1)^2=1$ và $(x+1)^2+(y-1)^2=4$ , tính cả biên.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tập hợp điểm
|
|
|
|
Đặt $z=a+bi, a, b \in \mathbb{R}.$
a) $|z-1+i|=2\Leftrightarrow |(a-1)+(b+1)i|=2\Leftrightarrow (a-1)^2+(b+1)^2=4$
Tập hợp $M(x; y)$ là đường tròn $(x-1)^2+(y+1)^2=4$ .
b) $|2+z|>|z-2|\Leftrightarrow |(a+2)+bi|> |(a-2)+bi|\Leftrightarrow (a+2)^2+b^2>(a-2)^2+b^2\Leftrightarrow a >0$
Tập hợp $M(x; y)$ là nửa mặt phẳng bờ là trục tung Oy lấy về bên phần dương và không tính trục Oy.
$1\leq |z+1-i|\leq 2\Leftrightarrow 1 \le |(a+1)+(b-1)i| \le 2 \Leftrightarrow 1 \le (a+1)^2+(b-1)^2 \le 4$
Tập hợp $M(x; y)$ là phần diện tích nằm giữa hai đường tròn $(x+1)^2+(y-1)^2=1$ và $(x+1)^2+(y-1)^2=4$ , tính cả biên.
|
|
|
|
sửa đổi
|
cầu cứu gấp
|
|
|
|
Đặt $\sin x = t, |t| \le 1$. Ta biết rằng $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x=3t-4t^3, \cos 2x = 1-2\sin^2 x=1-2t^2$.PT $\Leftrightarrow 4(3t-4t^3)(1-2t^2)=1+2(3t-4t^3)$ $\Leftrightarrow 32t^5-32t^3+6t-1=0$ $\Leftrightarrow (4t^2+2t-1)(8t^3-4t^2-4t+1)=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right ) \Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x= \arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \\ x= \pi -\arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \end{matrix}} \right.\\ 8t^3-4t^2-4t+1=0 (*)\end{matrix}} \right.$ Với PT $(*)$ ta đặt $t= y + \frac{1}{6}$ và thay vào $(*)$ ta được $y^3-\frac{7}{12}y=-\frac{7}{216}$.Lại đặt $y=\frac{\sqrt 7}{3}z \implies 4z^3-3z=-\frac{1}{2\sqrt 7}$ Đặt $z = \cos \alpha \implies \cos 3 \alpha =-\frac{1}{2\sqrt 7} $ . Từ đây dùng phép thay thế ngược ta có$\sin x=t=\frac{\sqrt 7}{3}z+ \frac{1}{6}=\frac{\sqrt 7}{3}\arccos-\frac{1}{6\sqrt 7}+ \frac{1}{6}$ và từ đây hoàn thành bài toán.
Đặt $\sin x = t, |t| \le 1$. Ta biết rằng $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x=3t-4t^3, \cos 2x = 1-2\sin^2 x=1-2t^2$.PT $\Leftrightarrow 4(3t-4t^3)(1-2t^2)=1+2(3t-4t^3)$ $\Leftrightarrow 32t^5-32t^3+6t-1=0$ $\Leftrightarrow (4t^2+2t-1)(8t^3-4t^2-4t+1)=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right ) \Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x= \arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \\ x= \pi -\arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \end{matrix}} \right.\\ 8t^3-4t^2-4t+1=0 (*)\end{matrix}} \right.$ Với PT $(*)$ ta đặt $t= y + \frac{1}{6}$ và thay vào $(*)$ ta được $y^3-\frac{7}{12}y=-\frac{7}{216}$.Lại đặt $y=\frac{\sqrt 7}{3}z \implies 4z^3-3z=-\frac{1}{2\sqrt 7}$ Đặt $z = \cos \alpha \implies \cos 3 \alpha =-\frac{1}{2\sqrt 7} $ . Từ đây dùng phép thay thế ngược ta có$\sin x=t=\frac{\sqrt 7}{3}z+ \frac{1}{6}=\frac{\sqrt 7}{3}\arccos-\frac{1}{6\sqrt 7}+ \frac{1}{6}$ và từ đây hoàn thành bài toán.
|
|
|
|
giải đáp
|
cầu cứu gấp
|
|
|
|
Đặt $\sin x = t, |t| \le 1$. Ta biết rằng $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x=3t-4t^3, \cos 2x = 1-2\sin^2 x=1-2t^2$.
PT $\Leftrightarrow 4(3t-4t^3)(1-2t^2)=1+2(3t-4t^3)$
$\Leftrightarrow 32t^5-32t^3+6t-1=0$
$\Leftrightarrow (4t^2+2t-1)(8t^3-4t^2-4t+1)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right ) \Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x= \arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \\ x= \pi -\arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \end{matrix}} \right.\\ 8t^3-4t^2-4t+1=0 (*)\end{matrix}} \right.$
Với PT $(*)$ ta đặt $t= y + \frac{1}{6}$ và thay vào $(*)$ ta được $y^3-\frac{7}{12}y=-\frac{7}{216}$.
Lại đặt $y=\frac{\sqrt 7}{3}z \implies 4z^3-3z=-\frac{1}{2\sqrt 7}$
Đặt $z = \cos \alpha \implies \cos 3 \alpha =-\frac{1}{2\sqrt 7} $ . Từ đây dùng phép thay thế ngược ta có
$\sin x=t=\frac{\sqrt 7}{3}z+ \frac{1}{6}=\frac{\sqrt 7}{3}\arccos-\frac{1}{6\sqrt 7}+ \frac{1}{6}$
và từ đây hoàn thành bài toán.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp mình bài này nhé
|
|
|
|
+ Tìm min $P=\frac{x+y}{2+z} +\frac{y+z}{2+x}+\frac{x+z}{2+y} \ge \frac{x+y}{x+y+z} +\frac{y+z}{y+z+x}+\frac{x+z}{z+x+y} =2$Vậy $\min P = 2 \Leftrightarrow x=y=z=1$ .+ Tìm max Ta có $\begin{cases}\frac{x}{2+z} \le \frac{x}{x+z} \\\frac{y}{2+z} \le \frac{y}{y+z} \end{cases} \implies \frac{x+y}{2+z} \le \frac{x}{x+z}+\frac{y} {y+z} (1)$ tương tự ta cũng có $ \frac{y+z}{2+x} \le \frac{y}{y+x}+\frac{z} {z+x} (2)$ $ \frac{x+z}{2+y} \le \frac{x}{x+y}+\frac{z} {y+z} (3)$ Cọng theo từng vế $(1), (2), (3)$ ta có $P \le 3.$ Vậy $\max P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=2$ .
+ Tìm min $P=\frac{x+y}{2+z} +\frac{y+z}{2+x}+\frac{x+z}{2+y} \ge \frac{x+y}{x+y+z} +\frac{y+z}{y+z+x}+\frac{x+z}{z+x+y} =2$Vậy $\min P = 2 \Leftrightarrow x=y=z=1$ .+ Tìm max Ta có $\begin{cases}\frac{x}{2+z} \le \frac{x}{x+z} \\\frac{y}{2+z} \le \frac{y}{y+z} \end{cases} \implies \frac{x+y}{2+z} \le \frac{x}{x+z}+\frac{y} {y+z} (1)$ tương tự ta cũng có $ \frac{y+z}{2+x} \le \frac{y}{y+x}+\frac{z} {z+x} (2)$ $ \frac{x+z}{2+y} \le \frac{x}{x+y}+\frac{z} {y+z} (3)$ Cộng theo từng vế $(1), (2), (3)$ ta có $P \le 3.$ Vậy $\max P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=2$ .
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình bài này nhé
|
|
|
|
+ Tìm min
$P=\frac{x+y}{2+z} +\frac{y+z}{2+x}+\frac{x+z}{2+y} \ge \frac{x+y}{x+y+z} +\frac{y+z}{y+z+x}+\frac{x+z}{z+x+y} =2$
Vậy $\min P = 2 \Leftrightarrow x=y=z=1$ .
+ Tìm max
Ta có
$\begin{cases}\frac{x}{2+z} \le \frac{x}{x+z} \\\frac{y}{2+z} \le \frac{y}{y+z} \end{cases} \implies \frac{x+y}{2+z} \le \frac{x}{x+z}+\frac{y} {y+z} (1)$
tương tự ta cũng có
$ \frac{y+z}{2+x} \le \frac{y}{y+x}+\frac{z} {z+x} (2)$
$ \frac{x+z}{2+y} \le \frac{x}{x+y}+\frac{z} {y+z} (3)$
Cộng theo từng vế $(1), (2), (3)$ ta có $P \le 3.$
Vậy $\max P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=2$ .
|
|
|
|
sửa đổi
|
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$\frac{S_{\triangle SMF}}{S_{\triangle SDC}}=\frac{1}{3}$
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$\frac{S_{\triangle SMF}}{S_{\triangle SDC}}=\frac{1}{3}$
|
|