|
|
giải đáp
|
hỏi
|
|
|
|
Ta có $x^2+a^3+b^3-3abx$
$=(x+a+b)(x^2+a^2+b^2-ax-ab-bx)$
$=\frac12(x+a+b)\left[ {(x-a)^2+(x-b)^2+(a-b)^2} \right]$
Do đó PT
$x^2+a^3+b^3-3abx=0$
$\Leftrightarrow (x+a+b)\left[ {(x-a)^2+(x-b)^2+(a-b)^2} \right]=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=-a - b\\x=a=b \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
giải đáp
|
to dang can gap
|
|
|
|
HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{2} - 5xy - 2y^{2}= 3 \\ y^{2} + 4xy = -4 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}4x^{2} - 20xy - 8y^{2}=12 \\ 3y^{2} + 12xy = -12 \end{cases}$
$\Rightarrow 4x^2-8xy-5y^2=0\Leftrightarrow (2x-5y)(2x+y)=0$.
Đến đây xét 2 trường hợp $x=\frac52y$ và $x=-\frac12y$, thay vào ệ ban đầu ta được kết quả.
|
|
|
|
giải đáp
|
Cần gấp ạ
|
|
|
|
1. $\triangle AMD=\triangle C'NB' (c.g.c)\Rightarrow MD=B'N$. $\triangle AB'M=\triangle CDN (c.g.c)\Rightarrow MB'=DN$. Từ hai điều trên suy ra tứ giác $MDNB'$ là hình bình hành, do đó $MD \parallel B'N$. |
|
|
|
giải đáp
|
Giải dùm e vs ạ!
|
|
|
|
2) Ta có: $\sin(x+2y)=\sin (x+y+y)=\sin(x+y)\cos y+\cos(x+y)\sin y=\sin(x+y)\cos y+0=\sin(x+y)\cos y$. Mặt khác $\sin x=\sin (x+y-y)=\sin(x+y)\cos y-\cos(x+y)\sin y=\sin(x+y)\cos y-0=\sin(x+y)\cos y.$ Ta có ĐPCM. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm cực trị của hàm số
|
|
|
|
$y'=3x^2(1-x)^2-2(1-x)x^3=x^2(x-1)(5x-3)$. Lập bảng biến thiên và khảo sát hàm ta được $\min y = y(1)=0$ $\max y =y(\frac35)=\frac{108}{3125}$ |
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình k gian
|
|
|
|
a) Gọi $SM,SN$ lần lượt giao $AB,BC$ tại $H,K$ thì $HK$ là giao tuyến của $(SMN)$ và $(ABC).$
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm quỹ tích Điểm M (x,y) biết
|
|
|
|
Hệ điều kiện $\Leftrightarrow \begin{cases}(x-1)^2+y^2\ge 1 \\ (x-1)^2+(y-1)^2\le 2 \end{cases}$. Tập hợp điểm $M$ là phần diện tích giao bởi phần diện tích $(x-1)^2+y^2\ge 1$ (nằm bên ngoài đường tròn $(x-1)^2+y^2=1$, tính cả biên) và phần diện tích $(x-1)^2+(y-1)^2\le 2$ (nằm bên trong đường tròn $(x-1)^2+(y-1)^2= 2$, tính cả biên). |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
cần giúp
|
|
|
|
a) Theo tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây cung thì: $\begin{cases}\widehat{BNM}=\widehat{ABC} \\ \widehat{CNM}=\widehat{ACB} \end{cases}\Rightarrow \widehat{BNC}=\widehat{BNM}+\widehat{CNM}=\widehat{ABC} +\widehat{ACB}$. $\Rightarrow \widehat{BNC}+\widehat{BAC}=\widehat{BAC}+\widehat{ABC} +\widehat{ACB}=180^\circ$. $\Rightarrow $ tứ giác $ABNC$ nội tiếp $\Rightarrow $ đpcm. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
xét tính đồng biến và nghịch biến của hàm số
|
|
|
|
b) TXĐ: $D=\mathbb R$.$y'=-x^2+2(m-1)x+m+3$. Để $y'<0, \forall x\in \mathbb R\Leftrightarrow \begin{cases}-1<0 \\ \Delta'=(m-1)^2+m+3<0 \end{cases}\Leftrightarrow m^2-m+4<0.$ Đây là điều không thể xảy ra. Vậy không có giá trị nào của $m$ để hàm số luôn nghịch biến trên $\mathbb R$.
|
|
|
|
giải đáp
|
thắc mắc về tính đơn điệu của hàm số
|
|
|
|
$f(t)=t+\sqrt{t^2+1}$ thì $f'(t)=1+\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{\sqrt{t^2+1}+t}{\sqrt{t^2+1}}$. Ta có $\sqrt{t^2+1} > \sqrt{t^2}=|t| \ge -t \Rightarrow \sqrt{t^2+1}+t>0$, do đó $f'(t)>0$ và $f(t)$ là hàm đồng biến.
|
|