ta có $x^2+3x+10\geqslant 0=>BPT\Leftrightarrow -2x^2+7x+7\leqslant -x^2-3x-10$
$\Leftrightarrow x^2-10x-17\geqslant 0=>x\in(-\infty;5-\sqrt{42}]\cup[5+\sqrt{42};+\infty)$

Cho $a,b \in (0;1)   (a^3+b^3)(a+b)=ab(1-a)(1-b)$ Tìm GTLN của
$F=\frac1{\sqrt{1+a^2}}+\frac1{\sqrt{1+b^2}}+3ab-a^2-b^2$

tiếp tuyến tại $A(1;0)$ có dạng $y=x-1$
$D=${$y=x-1; y=lnx ; x=e$}
bài này phải vẽ hình               
từ hình vẽ $V=\pi \int\limits_{1}^{e}[(x-1)^2-ln^2x]dx=\pi[ \frac{(x-1)^3}{3}-ln^2x.x+lnx.x-x]|^e_1=\pi(\frac{(e-1)^3}{3}-e+1)$

Bài 3
Gọi $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC==> SH$_|_$(ABC)$
vì $\Delta ACB$ cân tạ $A=>AH$_|_$BC=>\widehat{(SBC);(ACB)}=\widehat{SMA}$
Với $M$ là trung điểm $BC$
để giải quyết đc bài toán ta cần tính  $HM$
cái này phải dùng đến cái m k thích tẹo nào định lý cos trong tam giác
tính góc $ABC$=> sd định lý cos cho tam giác $HBM$
hoặc  $HM.(BC+AB+AC)=2S\Delta ABC=>HM=a\frac32=>SH=3a$
$=>V=12a^3$

ĐK $x\in [-\sqrt2; \sqrt2]$
Ta có $f;(x)=1-\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}=0\Leftrightarrow x=1$
bảng biến thiên
$x           -\sqrt2                                      1                                \sqrt2$
$f'(x)              +              0                  -$


$f(x)     -\sqrt2                     2                                            \sqrt2$
$==> fmax=2\Leftrightarrow x=1 fmin=-\sqrt2  \Leftrightarrow x=-\sqrt2$

Bài 2
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $AB==> SH$_|_$(ABC)$
gọi $I;J$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lân $AC;AB$
$==>\widehat{SIH}=\widehat{SIH}=45^0=>\Delta SIH=\Delta SJH=>IH=JH=> H$ nằm trên tia phân giác góc $\widehat{ACB}=>H $ là trung điểm $AB$
Gọi $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$
Gọi $d$ qua $G$ và song song $SH=> d$ là trục đường tòn ngoại tiếp tam giác
gọi $O\in d  :OG=x$
$O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Leftrightarrow OS=OC\Leftrightarrow (\overrightarrow{OS})^2=\overrightarrow{OC}$
$\Leftrightarrow (\overrightarrow{OH}+ \overrightarrow{HG}+\overrightarrow{GO})^2=(\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GC})^2$
$\frac{a^2}4+\frac{a^2.3}{36}+x^2+2.x.\frac{a}{2}cos(\overrightarrow{SH};\overrightarrow{GO})=x^2+\frac{a^3}3$
$=>x=0=>O\equiv G =>R=\frac{a\sqrt3}3$

Ta có $d(G;(SBC))=\frac13 d(A;(SAB))$
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $SB==>AH $_|_$(SBC)=>d(G;(SBC))=\frac{a\sqrt{21}}{21}$
$VS.GBC=\frac13.S\Delta GBC=\frac{a^3\sqrt3}{36}$

theo hình ta có $sin \alpha<0;cos \alpha >0$

bài 1
a, ta có tứ giác ACMD có $\widehat{DAC}=\widehat{DMC}=90^0=>DPCM$
b,TA CÓ $\triangle ABM\sim \triangle DCM$ CÓ $\widehat{AMB}=\widehat{DMC}=90^0;\widehat{BAM}=\widehat{CDM}$
$==>\frac{MA}{MB}=\frac{MD}{MC}==>DPCM$
c,$V=\frac13AB.S$ với $S$ là diện tích hình tròn bán kính $d(M:AB)$

$f'(x)=1+\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+1}}$ vì $2\sqrt{x^2-x+1}=2\sqrt{(x-\frac12)^2+\frac34}>2\left| {x-\frac12} \right| $
Suy ra $-1<\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+1}}<1$
$==>$  đpcm