|
|
sửa đổi
|
Bài 100425
|
|
|
|
a) Nếu $u=\arccos x\Rightarrow x=\cos u$. Mà $-1 \le u \le 1 $ nên điều kiện cho $x$ là $-1 \le x \le 1$.Với $y=\arccos (\frac{x}{3}-1)$ thì ta cần $-1 \le \frac{x}{3}-1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le x \le 6$.
a) Nếu $u=\arccos x\Rightarrow x=\cos u$. Mà $-1 \le \cos u \le 1 $ nên điều kiện cho $x$ là $-1 \le x \le 1$.Với $y=\arccos (\frac{x}{3}-1)$ thì ta cần $-1 \le \frac{x}{3}-1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le x \le 6$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài nữa nhá
|
|
|
|
bài nữa nhá Giải pt: $\frac{4cos3x.cosx - 2cos4x - 4cosx + tan\frac{x}{2}.tanx + 2}{2sinx - \sqrt{3}} = 0$
bài nữa nhá Giải pt: $\frac{4 \cos 3x. \cos x - 2 \cos 4x - 4 \cos x + \tan\frac{x}{2}. \tan x + 2}{2 \sin x - \sqrt{3}} = 0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải pt lượng giác
|
|
|
|
giải pt lượng giác Giải pt: $\frac{1 + cos^2 x}{2(1 - sinx)} - tan^2 x.sinx = \frac{1}{2}(1 + sinx) + tan^2 x$
giải pt lượng giác Giải pt: $\frac{1 + \cos^2 x}{2(1 - \sin x)} - \tan^2 x. \sin x = \frac{1}{2}(1 + \sin x) + \tan^2 x$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Lượng giác
|
|
|
|
Lượng giác Cho tam gi ac ABCC MR: $\frac{1}{cosA}+\frac{1}{cosB}+\frac{1}{cosC}=\frac{1}{sin\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin\frac{C}{2}}$ Tam giac ABC deu<=> 2(sinA+sinB+sinC)=tan A+tanB+tan Ctam giac ABC deu<=> cosAcosBcosC= $sin\frac{A}{2} sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
Lượng giác Tam gi ác nhọn $ABC $ có các góc $A, B, C $ thỏa mãn hệ thức: a) $\frac{1}{ \cos A}+\frac{1}{ \cos B}+\frac{1}{ \cos C}=\frac{1}{ \sin \frac{A}{2} }+\frac{1}{ \sin \frac{B}{2} }+\frac{1}{ \sin \frac{C}{2} }$ b) $2( \sin A+ \sin B + \sin C)= \tan A+ \tan B+ \tan C $c) $\cos A \cos B \cos C= \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}$ Chứng minh $ABC$ là tam giác đều.
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài tập về lượng giác
|
|
|
|
a) Vẽ tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat{ABC}=\alpha<45^\circ\Rightarrow AB>AC$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $\widehat{AMC}=2\alpha$.Kẻ $AH \perp BC, H \in[MC]$.Ta có$\sin 2\alpha=\sin \widehat{AMC}=\frac{AH}{AM}=\frac{2AH}{BC}=2\frac{AH}{AB}.\frac{AB}{BC}=2\sin\alpha.\cos \alpha$, đpcm.
a) Vẽ tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat{ABC}=\alpha<45^\circ\Rightarrow AB>AC$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $\widehat{AMC}=2\alpha$.Kẻ $AH \perp BC, H \in[MC]$.Ta có$\sin 2\alpha=\sin \widehat{AMC}=\frac{AH}{AM}=\frac{2AH}{BC}=2\frac{AH}{AB}.\frac{AB}{BC}=2\sin\alpha.\cos \alpha$, đpcm.
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài tập về lượng giác
|
|
|
|
bài tập về lượng giác Cho $0^{o}<\alpha<45^{o}$CM: a)$\sin 2\alpha=2\sin ^{2}\alpha.\cos \alpha$ b) $\cos 2\alpha=2\cos \alpha-1=1-2\sin \alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha$Áp dụng:a) Tính $\cos7^{o}30'$ b)cm: $l_{a}=\frac{2bc\s in(\frac{A}{2})}{b+c}$($l_{a}$, a,b,c lần lượt là độ dài đường phân giác trong kẻ từ A và 3 cạ ch của tam giác ABC)
bài tập về lượng giác Cho $0^{o}<\alpha<45^{o}$CM: a)$\sin 2\alpha=2\sin\alpha.\cos \alpha$ b) $\cos 2\alpha=2\cos ^2 \alpha-1=1-2\sin ^2 \alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha$Áp dụng:a) Tính $\cos7^{o}30'$ b)cm: $l_{a}=\frac{2bc\ cos(\frac{A}{2})}{b+c}$($l_{a}$, a,b,c lần lượt là độ dài đường phân giác trong kẻ từ A và 3 cạ nh của tam giác ABC)
|
|
|
|
sửa đổi
|
help
|
|
|
|
help ch ung minh .$ \frac{log M _{a}}{log N_ {a }} = \frac{ log M_{b}}{ log N_{b}}$
help Ch ứng minh $ \frac{ \log _a M}{ \log_a N} = \frac{ \log_{b} M}{ \log_{b} N}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài này., mọi người
|
|
|
|
b. Ta có: $\sin 54^0=\cos 36^0 \Leftrightarrow \sin3.18^0=\cos 2.18^0$$\Leftrightarrow 3.\sin 18^0-4\sin^3 18^0=2\sin^2 18^0-1$$\Leftrightarrow 4\sin^3 18^0-2\sin^2 18^0-3\sin 18^0+1=0 $$\Leftrightarrow (\sin 18^0-1)(4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1)=0 (1)$Do $0<\sin 18^0<1$ nên $4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1=0\Leftrightarrow \sin18^o=\frac{-1+\sqrt5}{4}$Và do đó suy ra $\cos 18^0=\sqrt{1-\sin^2 18^0}=\sqrt{\frac{5}{8}+\frac{\sqrt5}{8}}$
b. Ta có: $\sin 54^0=\cos 36^0 \Leftrightarrow \sin3.18^0=\cos 2.18^0$$\Leftrightarrow 3.\sin 18^0-4\sin^3 18^0=1-2\sin^2 18^0$$\Leftrightarrow 4\sin^3 18^0-2\sin^2 18^0-3\sin 18^0+1=0 $$\Leftrightarrow (\sin 18^0-1)(4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1)=0 (1)$Do $0<\sin 18^0<1$ nên $4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1=0\Leftrightarrow \sin18^o=\frac{-1+\sqrt5}{4}$Và do đó suy ra $\cos 18^0=\sqrt{1-\sin^2 18^0}=\sqrt{\frac{5}{8}+\frac{\sqrt5}{8}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Thử xem nào
|
|
|
|
Ta có:$[(1-a)(1-b)(1-c)]^2 \ge 0$ nên trong 3 số trên, nhất định phải có 1 số không bé hơn $ 0$Giả sử số đó là:$ (1-b)(1-c) \ge 0$Ta viết lại bất đẳng thức như sau: $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c) \ge 0$Vậy, ta có điều phải chứng minh!Đẳng thức khi $a=b=c=1$
Ta có:$[(1-a)(1-b)(1-c)]^2 \ge 0$ nên trong 3 số trên, nhất định phải có 1 số không bé hơn $ 0$Giả sử số đó là:$ (1-b)(1-c) \ge 0$Ta viết lại bất đẳng thức như sau: $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c) \ge 0$Vậy, ta có điều phải chứng minh!Đẳng thức khi $a=b=c=1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Thử xem nào
|
|
|
|
Ta có:$[(1-a)(1-b)(1-c)]^2 \ge 0$ nên trong 3 số trên, nhất định phải có 1 số không bé hơn $ 0$Giả sử số đó là:$ (1-b)(1-c) \ge 0$Ta viết lại bất đẳng thức như sau: $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c) \ge 0$Vậy, ta có điều phải chứng minh!Đẳng thức khi $a=b=c=1$
Ta có:$[(1-a)(1-b)(1-c)]^2 \ge 0$ nên trong 3 số trên, nhất định phải có 1 số không bé hơn $ 0$Giả sử số đó là:$ (1-b)(1-c) \ge 0$Ta viết lại bất đẳng thức như sau: $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c) \ge 0$Vậy, ta có điều phải chứng minh!Đẳng thức khi $a=b=c=1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Thử xem nào
|
|
|
|
Ta có:[(1-a)(1-b)(1-c)]^2 \ge 0$ nên trong 3 số trên, nhất định phải có 1 số không bé hơn 0Giả sử số đó là: (1-b)(1-c) \ge 0Ta viết lại bất đẳng thức như sau: a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c) \ge 0Vậy, ta có điều phải chứng minh!Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Ta có:$[(1-a)(1-b)(1-c)]^2 \ge 0$ nên trong 3 số trên, nhất định phải có 1 số không bé hơn $ 0$Giả sử số đó là:$ (1-b)(1-c) \ge 0$Ta viết lại bất đẳng thức như sau: $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c) \ge 0$Vậy, ta có điều phải chứng minh!Đẳng thức khi $a=b=c=1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài này., mọi người
|
|
|
|
b. Ta có: $\sin 54^0=\cos 36^0 \Leftrightarrow \sin3.18^0=\cos 2.18^0$$\Leftrightarrow 3.\sin 18^0-4\sin^3 18^0=2\sin^2 18^0-1$$\Leftrightarrow 4\sin^3 18^0-2\sin^2 18^0-3\sin 18^0+1=0 $$\Leftrightarrow (\sin 18^0-1)(4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1)=0 (1)$Do $0<\sin 18^0<1$ nên $\cos 18^0=\sqrt{1-\sin^2 18^0}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5} } }{4}$Và do đó suy ra $\cos 18^0=\sqrt{1-\sin^2 18^0}=\frac{10+2 \sqrt{5} }{4}$
b. Ta có: $\sin 54^0=\cos 36^0 \Leftrightarrow \sin3.18^0=\cos 2.18^0$$\Leftrightarrow 3.\sin 18^0-4\sin^3 18^0=2\sin^2 18^0-1$$\Leftrightarrow 4\sin^3 18^0-2\sin^2 18^0-3\sin 18^0+1=0 $$\Leftrightarrow (\sin 18^0-1)(4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1)=0 (1)$Do $0<\sin 18^0<1$ nên $4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1=0\Leftrightarrow \sin18^o=\frac{-1+\sqrt5}{4}$Và do đó suy ra $\cos 18^0=\sqrt{1-\sin^2 18^0}=\sqrt{\frac{5}{8}+\frac{\sqrt5}{8}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tập xác định
|
|
|
|
tập xác định tìm tập xác định của y= căn bậc 2 (lg x + lg (x+2) )
tập xác định Tìm tập xác định của $y= \sqrt{ \lg x + \lg (x+2) } $
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình học 11,giúp e, e sắp có bài ktra phần này r
|
|
|
|
hình học 11,giúp e, e sắp có bài ktra phần này r Gọi F là phép biến hình có tính chất sau đây: Với mọi cặp điểm M, N và ảnh M', N' của chúng, ta luôn có \ under set{M'N'}{\rightarrow} = k .\ under set{MN}{\rightarrow} , trong đó k là 1 số không đổi khác 0. CM F là phép tịnh tiến hoặc phép vị tự
hình học 11,giúp e, e sắp có bài ktra phần này r Gọi $F $ là phép biến hình có tính chất sau : Với mọi cặp điểm $M,N $ và ảnh $M',N' $ của chúng, ta luôn có $\ overrightarrow {M'N'}=k\ overrightarrow {MN} $ trong đó $k $ là một số không đổi khác $0 $. Hãy chứng minh rằng $F $ là phép tịnh tiến hoặc phép vị tự
|
|
|
|
sửa đổi
|
jup mjh bài này
|
|
|
|
Vì $a, b, c$ không dương nên ta không thể áp dụng BĐT Cô-si ở đây,Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta được$(a^2+8b^2+2c^2)(64+8+32) \ge (8a+8b+8c)^2=8.13^2$$\Rightarrow a^2+8b^2+2c^2 \ge 104$Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\frac{a}{8}=\frac{b}{1}=\frac{c}{4} \\ a+b+c=13 \end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}a=8 \\ b=1 \\c=4\end{cases}$
Vì $a, b, c$ không dương nên áp dụng BĐT Cô-si ở đây nên thận trọng.Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta được$(a^2+8b^2+2c^2)(64+8+32) \ge (8a+8b+8c)^2=8.13^2$$\Rightarrow a^2+8b^2+2c^2 \ge 104$Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\frac{a}{8}=\frac{b}{1}=\frac{c}{4} \\ a+b+c=13 \end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}a=8 \\ b=1 \\c=4\end{cases}$
|
|