|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học không gian
|
|
|
|
* Gọi H là giao điểm của DM và AC,
O là tâm của hình vuông ABCD.
$(SDM) \cap (SAC) = SH$
Suy ra: SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
* Ta có:
$BD \bot OH, BD \bot SH \Rightarrow BD \bot SO$
$ \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = SOH = 60^\circ$
* H là trọng tâm của tam giác ABD nên $OH = \frac{1}{3}AO =
\frac{1}{6}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$
$ \Rightarrow SH = OH\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}{\rm{Bh}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6
}}{{18}}$
* Trong (ABCD), kẻ DE song song với MC ($E \in AB$), qua H kẻ
$IK \bot DE (I \in MC, K \in DE)$, qua M kẻ $MN \bot DE (N \in DE)$.
Trong (SIK), kẻ $IP \bot SK (P \in SK)$.
Do $IK \bot DE, SH \bot DE \Rightarrow DE \bot (SIK) \Rightarrow DE \bot
IP$
Từ đây suy ra $IP \bot (SDE)$
$\Rightarrow d(SD,MC) = d(MC,(SDE)) = d(I,(SCDE)) = IP$
* $IK = MN = \frac{{AD.ME}}{{DE}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
$\frac{{HK}}{{HI}} = \frac{{HD}}{{HM}} = 2 \Rightarrow KH =
\frac{{4a}}{{3\sqrt 5 }}$
$SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \frac{{a\sqrt {47} }}{{3\sqrt {10} }}$
$IP = \frac{{SH.IK}}{{SK}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt {47}
}}$
Vậy khoảng cách giữa SD và CM bằng $\frac{{2a\sqrt 3
}}{{\sqrt {47} }}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Số phức!
|
|
|
|
Gọi ${z_1},{z_2}$ là hai nghiệm của phương trình.Theo định lí Viet, ta có:\begin{cases}{z_1} + {z_2} = - a \\ {z_1}.{z_2} = i \end{cases}Theo đề bài, ta có: ${z_1}^2 + {z_2}^2 = - 4i$$ \Leftrightarrow {({z_1} + {z_2})^2} - 2{z_1}.{z_2} = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} - 2i = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} = - 2i = 2{i^2}$$ \Leftrightarrow a = \pm i\sqrt 2 $
Gọi ${z_1},{z_2}$ là hai nghiệm của phương trình.Theo định lí Viet, ta có:\begin{cases}{z_1} + {z_2} = - a \\ {z_1}.{z_2} = i \end{cases}Theo đề bài, ta có: ${z_1}^2 + {z_2}^2 = - 4i$$ \Leftrightarrow {({z_1} + {z_2})^2} - 2{z_1}.{z_2} = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} - 2i = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} = - 2i = 1 - 2{i^2} + {i^2} = {(1 - i)^2}$$\Leftrightarrow a = 1 - i \vee a = - 1 + i$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tính tích phân
|
|
|
|
\[I = \int\limits_{\pi /6}^{\pi /2} {\frac{{\sin x + \cos x}}{{({e^x}\sin x + 1)\sin x}}} dx\] Ta biển đổi như sau: \[\frac{{\sin x + \cos x}}{{({e^x}\sin x + 1)\sin x}} = \frac{{({e^x}{{\sin }^2}x + \sin x) + ({e^x}\sin x\cos x + \cos x) - ({e^x}{{\sin }^2}x + {e^x}\sin x\cos x)}}{{({e^x}\sin x + 1)\sin x}}\]\[ = 1 + \frac{{\cos x}}{{\sin x}} - \frac{{{e^x}\sin x + {e^x}\cos x}}{{{e^x}\sin x + 1}}\]\[ \Leftrightarrow I = \int\limits_{\pi /6}^{\pi /2} {dx} + \int\limits_{\pi /6}^{\pi /2} {\frac{{\cos x}}{{\sin x}}dx} - \int\limits_{\pi /6}^{\pi /2} {\frac{{{e^x}\sin x + {e^x}\cos x}}{{{e^x}\sin x + 1}}dx} \]
Đối với tích phân thứ ba: đặt $t = {e^x}\sin x + 1 \Rightarrow dt = ({e^x}\sin x + {e^x}\cos x)dt$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
moi nguoi giai giup minh bai nay nha
|
|
|
|
Bài 1: ${\log _{\frac{{x + 6}}{3}}}({\log _2}\frac{{x - 1}}{{x + 2}}) > 0$ (1) Điều kiện: $\begin{cases}\frac{{x + 6}}{3} > 0 \\ \frac{{x + 6}}{3} \ne 1 \\ {\log _2}\frac{{x - 1}}{{x + 2}} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x > - 6 \\ x \ne - 3 \\ \frac{{x - 1}}{{x + 2}} > 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}-6<x<-2 \\ x \ne - 3 \end{cases}$ Ta xét 2 trường hợp:
*TH1: $ - 6 < x < - 3 \Leftrightarrow 0 < \frac{{x + 6}}{3} < 1$ $(1) \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{x - 1}}{{x + 2}} < 1 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{x + 2}} < 2 \Leftrightarrow \frac{{ - x - 5}}{{x + 2}} < 0 \Leftrightarrow x < - 5 \vee x > - 2$
Do $ - 6 < x < - 3$ ta thu được: $ - 6 < x < - 5$
*TH2: $- 3 < x < - 2 \Leftrightarrow \frac{{x + 6}}{3} > 1$ $(1) \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{x - 1}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{x + 2}} > 2 \Leftrightarrow \frac{{ - x - 5}}{{x + 2}} > 0 \Leftrightarrow - 5 < x < - 2$
Do $ - 3 < x < - 2$ ta thu được: $ - 3 < x < - 2$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là: \[( - 6; - 5) \cup ( - 3; - 2)\] |
|
|
|
sửa đổi
|
moi nguoi giai giup minh bai nay nha
|
|
|
|
Bài 2:${\log _{x - 1}}(x + 1) > {\log _{{x^2} - 1}}(x + 1)$ (2)Điều kiện: $\begin{cases}x-1>0 \\ x - 1 \ne 1 \\ {x^2} - 1 \ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ x \ne 2 \\ x \ne \sqrt 2 \end{cases}$\[(2) \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}({x^2} - 1)}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1).{\rm{[}}{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1{\rm{]}}}} > 0\]\[ \Leftrightarrow {\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \vee {\log _{x + 1}}(x - 1) > 0\]$*{\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \Leftrightarrow x - 1 < \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow - \sqrt 2 < x < \sqrt 2$So với điều kiện, ta được: $1 < x < \sqrt 2$$*{\log _{x + 1}}(x - 1) > 0 \Leftrightarrow x - 1 > 1 \Leftrightarrow x > 2$Vập tập nghiệm của bất phương trình (2) là: $(1;\sqrt 2 ) \cup (2: + \infty )$
Bài 2:${\log _{x - 1}}(x + 1) > {\log _{{x^2} - 1}}(x + 1)$ (2)Điều kiện: $\begin{cases}x-1>0 \\ x - 1 \ne 1 \\ {x^2} - 1 \ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ x \ne 2 \\ x \ne \sqrt 2 \end{cases}$\[(2) \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}({x^2} - 1)}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1).{\rm{[}}{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1{\rm{]}}}} > 0\]\[ \Leftrightarrow {\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \vee {\log _{x + 1}}(x - 1) > 0\]$*{\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \Leftrightarrow x - 1 < \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow - \sqrt 2 < x < \sqrt 2$So với điều kiện, ta được: $1 < x < \sqrt 2$$*{\log _{x + 1}}(x - 1) > 0 \Leftrightarrow x - 1 > 1 \Leftrightarrow x > 2$Vập tập nghiệm của bất phương trình (2) là: $(1;\sqrt 2 ) \cup (2: + \infty )$
|
|
|
|
giải đáp
|
moi nguoi giai giup minh bai nay nha
|
|
|
|
Bài 2: ${\log _{x - 1}}(x + 1) > {\log _{{x^2} - 1}}(x + 1)$ (2)
Điều kiện: $\begin{cases}x-1>0 \\ x - 1 \ne 1 \\ {x^2} - 1 \ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ x \ne 2 \\ x \ne \sqrt 2 \end{cases}$ \[(2) \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}({x^2} - 1)}}\] \[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1}}\] \[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1).{\rm{[}}{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1{\rm{]}}}} > 0\] \[ \Leftrightarrow {\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \vee {\log _{x + 1}}(x - 1) > 0\]
$*{\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \Leftrightarrow x - 1 < \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow - \sqrt 2 < x < \sqrt 2$
So với điều kiện, ta được: $1 < x < \sqrt 2$ $*{\log _{x + 1}}(x - 1) > 0 \Leftrightarrow x - 1 > 1 \Leftrightarrow x > 2$
Vập tập nghiệm của bất phương trình (2) là: $(1;\sqrt 2 ) \cup (2: + \infty )$ |
|
|
|
giải đáp
|
Số phức!
|
|
|
|
Gọi ${z_1},{z_2}$ là hai nghiệm của phương trình. Theo định lí Viet, ta có: \begin{cases}{z_1} + {z_2} = - a \\ {z_1}.{z_2} = i \end{cases}
Theo đề bài, ta có: ${z_1}^2 + {z_2}^2 = - 4i$ $ \Leftrightarrow {({z_1} + {z_2})^2} - 2{z_1}.{z_2} = - 4i$ $ \Leftrightarrow {a^2} - 2i = - 4i$ $ \Leftrightarrow {a^2} = - 2i = 1 - 2{i^2} + {i^2} = {(1 - i)^2}$
$\Leftrightarrow a = 1 - i \vee a = - 1 + i$
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 18/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z
|
|
|
|
Đặt: $w = \frac{{z + i}}{{z + 1}} + \frac{{\overline z + i}}{{\overline z + 1}}$ $z = x + yi(x,y \in R) \Rightarrow z.\overline z = {x^2} + {y^2},z + \overline z = 2x$Ta có:$w = \frac{{(z + i)(\overline z + 1) + (z + 1)(\overline z + i)}}{{(z + 1)(\overline z + 1)}}$$w = \frac{{2z.\overline z + z + \overline z + (z + \overline z + 2)i}}{{z.\overline z + z + \overline z + 1}}$$w = \frac{{2{x^2} + 2{y^2} + 2x}}{{{x^2} + {y^2} + 2x + 1}} + \frac{{2x + 2}}{{{x^2} + {y^2} + 2x + 1}}i$$w$ là số thuần ảo $\Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow {(x + \frac{1}{2})^2} + {y^2} = \frac{1}{4}$Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn: \[{(x + \frac{1}{2})^2} + {y^2} = \frac{1}{4}\]
Đặt: $z = x + yi(x,y \in R) \Rightarrow z.\overline z = {x^2} + {y^2},z + \overline z = 2x$ $M(x;y)$ là điểm biểu diễn số phức z. $w = \frac{{z + i}}{{z + 1}} + \frac{{\overline z + i}}{{\overline z + 1}}$Điều kiện: $z \ne - 1 \Leftrightarrow M \ne ( - 1;0)$Ta có:$w = \frac{{(z + i)(\overline z + 1) + (z + 1)(\overline z + i)}}{{(z + 1)(\overline z + 1)}}$$w = \frac{{2z.\overline z + z + \overline z + (z + \overline z + 2)i}}{{z.\overline z + z + \overline z + 1}}$$w = \frac{{2{x^2} + 2{y^2} + 2x}}{{{x^2} + {y^2} + 2x + 1}} + \frac{{2x + 2}}{{{x^2} + {y^2} + 2x + 1}}i$$w$ là số thuần ảo $\Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow {(x + \frac{1}{2})^2} + {y^2} = \frac{1}{4}$So với điều kiện, ta được tập hợp điểm M biểu diễn số phức $z$ là đường tròn (C): ${(x + \frac{1}{2})^2} + {y^2} = \frac{1}{4}$ bỏ đi điểm ${M_0} \ne ( - 1;0)$.
|
|
|
|