|
|
giải đáp
|
BPT
|
|
|
|
$0\leq x,y,z\leq 2\Rightarrow (2-x)(2-y)(2-z)\geq 0$ $\Rightarrow 8-4(x+y+z)+2(xy+yz+xz)-xyz\geq 0$ $\Rightarrow 2(x+y+z)-(xy+yz+xz)\leq 4-\frac{1}{2}xyz\leq 4$ (đpcm) Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}xyz=0 \\ (2-z)(2-y)(2-x)=0 \end{cases}$ Tức là $(x;y;z)=(2;0;c)$ và các hoán vị của nó. Với $0\leq c\leq 2$ |
|
|
|
giải đáp
|
tìm điều kiện pt lượng giác
|
|
|
|
Đk1: $\sin2x\geq 0$ Này khỏi giải cũng được. Khi đó pt được viết lại: $\sin^3x+\cos^3x+\sin x\cos^2x+\cos x\sin^2x=2\sqrt{\sin x\cos x}$ $\Leftrightarrow (\cos x+\sin x)(1-\sin x\cos x)+\sin x\cos x(\sin x+\cos x)=2\sqrt{\sin x\cos x}$ $\Leftrightarrow \sin x+\cos x=2\sqrt{\sin x\cos x}$ Đk2: $\sin x+\cos x\geq 0$. Đến đay có 2 hướng. +Hướng cổ điển là bạn đặt $t=\sin x+\cos x\Rightarrow \sin x\cos x=\frac{t^2-1}{2}$ +Hướng 2 là bình phương lên rồi giải pt bậc 2 theo $\sin x\cos x$ Chúc bạn làm tốt nhé! |
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập tọa độ
|
|
|
|
Đường tròn $(C)$ có tâm $I\in (\Delta)\Rightarrow I(-8-3a;a)$ Ta có $IA=\sqrt{(10+3a)^2+(1-a)^2}=\sqrt{10a^2+58a+101}$ $d(I,\Delta')=\frac{\left| {} 3(-8-3a)-4a+10\right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{\left| 13a+14{} \right|}{5}$ Mà $d(I,\Delta')=IA=R R$ là bán kính $\Leftrightarrow \left| {} 13a+14\right|=5\sqrt{10a^2+58a+101}$ $\Leftrightarrow 81a^2+1086a+2329=0$ Đến đây do nghiệm xấu nên bạn dùng $\delta$ để giải pt này. |
|
|
|
giải đáp
|
Phương pháp tọa độ
|
|
|
|
Phương trình tương giao: $x^3-3x^2-mx+4-m=mx+m\Leftrightarrow x^3-3x^2-2mx+4-2m=0$ $\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow y=0$ hoặc $f(x)=x^2-4x+4-2m=0$ Để $(C)$ cắt $(d)$ tại 3 điểm pb thì $f(x)=0$ phải có 2 nghiệm pb khác $-1$ $\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta'=2m>0 \\ f(-1)\neq 0\end{cases}\Leftrightarrow 0<m\neq \frac{9}{2}$ Khi đó $B(x_1;mx_1+m) C(x_2;mx_2+m)$ $\Rightarrow BC^2=(1+m^2)\left[ {} (x_1+x_2)^2-4x_1x_2\right]=8m(1+m^2)$ $\Rightarrow d(O,BC)=\frac{m}{\sqrt{1+m^2}}$ Mà ycbt $\Rightarrow S_{OAB}=\frac{d(O;BC).BC}{2}=1$ $\Leftrightarrow 2m\sqrt{2m}=2\Rightarrow m=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
CM bất đẳng thức :
|
|
|
|
Từ giả thuyết.. TA có thể đổi biến như sau: $(a;b;c)\rightarrow \left ( \frac{2x}{y+z};\frac{2y}{x+z};\frac{2z}{x+y} \right )$ Khi đó BĐT viết lại: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{2xy}{(x+z)(y+z)}+\frac{2yz}{(x+y)(x+z)}+\frac{2xz}{(x+y)(y+z)}$ $\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$ Cái này đúng do nó là BDDT Schur bậc 3. Nếu k biết bạn có thể tham khảo tại |
|
|
|
giải đáp
|
giải pt lượng giác
|
|
|
|
pt $\Leftrightarrow 2\sin x+\sin2x-\cos x-\cos^2x=\sin^2x$ $\Leftrightarrow 2\sin x(1+\cos x)-\cos x-1=0$ $\Leftrightarrow (1+\cos x)(2\sin x-1)=0$ $\Leftrightarrow \cos =-1 or \sin x=\frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow x=\frac{-\pi}{2}+k2\pi; x=\frac{\pi}{6}+k2\pi; x=\frac{5\pi}{6}+k2\pi, k\in Z$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải pt lượng giác
|
|
|
|
phương trình được viết lại: $2(\sin x+\cos x)(1-\sin x\cos x)+2\sin x\cos x(\sin x+\cos x)=\sqrt{2}$ $\Leftrightarrow 2(\sin x+\cos x)(1-\sin x\cos x+\sin x\cos x)=\sqrt{2}$ $\Leftrightarrow \sin x+\cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ $\Leftrightarrow \sin(x+\frac{\pi}{4})=\frac{1}{2}=\sin\frac{\pi}{3}$ chúc bạn giải tốt |
|
|
|
giải đáp
|
giải pt lượng giác
|
|
|
|
Có cái công thức thế này: $\frac{1+\cos x}{1-\cos x}=\cot^2\frac{x}{2}$ Vậy $pt\Leftrightarrow \tan x=\cot \frac{x}{2}$ hoặc $\tan x=\cot\frac{-x}{2}$ $\Leftrightarrow \tan x=\tan\frac{\pi-x}{2}$ hoặc $\tan x=\tan\frac{\pi+x}{2}$ Bạn giải thôi..^^ |
|
|
|
giải đáp
|
Hình học không gian.
|
|
|
|
Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}BD.AC.SA$ Xét $\Delta ABD$ có $A=B=D=60^o\Rightarrow \Delta ABC $ đều $\Rightarrow BD=a$ Mà $AC=2AH$ (H là trung điểm BD) $\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$ $=>V_{S.ABCD}=\frac{1}{6}.a.a\sqrt{3}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$ Theo công thức tỉ số V khối chóp: $\frac{V_{S.AB'C'D'}}{V_{S.ABCD}}=\frac{SB'.SC'.SD'}{SB.SC.SD}$ Mặt khác Vì $BD //(AB'C'D')\Rightarrow BD//B'D'$ Theo định lí ta let $\Rightarrow \frac{SB'}{SB}=\frac{SD'}{SD}$ Lại có $BD//B'C\Rightarrow B'C'//BC'$ Mà $C'$ là trung điểm $SC\Rightarrow B'$ là trung điểm $SB$ Vậy đáp số bài toán là $V_{S.AB'C'D'}=\frac{a^3\sqrt{3}}{48}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình khó
|
|
|
|
Thế (1) vào (2) và (3) Thì ta có hệ tương đưowng: $\begin{cases}xyz=\frac{18^2}{11} (1)\\ z(x+y)=45 (2)\\x+y+z=18 (3)\end{cases}$ Từ (3) và (2)$\Rightarrow z=15 or z=3$ Với $z=15 (1)(2)\Rightarrow \begin{cases}xy=\frac{108}{55} \\ x+y=3 \end{cases}$ vô nghiệm. Tương tự với $z=3$ Cuối cùng hệ vô nghiệm |
|
|
|
giải đáp
|
lượng giác
|
|
|
|
Tích thành tổng và quy đồng ta được: $\cos4x+\cos6x=\cos2x+\cos6x+6\cos^2x+2$ $\Leftrightarrow \cos4x=\cos2x+6\cos^2x+2$ Tới đây thì có 2 hướng đơn giản nhất là. Chuyển tất cả về hàm theo $\cos x$ hoặc $\cos2x$ Tuy nhiên đưa $\cos2x$ thì bài toán đơn giản hơn $pt\Leftrightarrow 2\cos^22x-1=\cos2x+6\cos^2x-3+5$ $\Leftrightarrow \cos^22x-2\cos2x-3=0$.. Quá dễ. bạn tự làm tốt nhé |
|
|
|
giải đáp
|
pt lượng giác
|
|
|
|
Câu này khá dễ.... $pt\Leftrightarrow \cos4x=\sin x\cos3x-\cos x\sin3x=\sin-2x=\cos(\frac{\pi}{2}+2x)$ Bạn giải tiếp nhé. |
|
|
|
giải đáp
|
Đề ĐHQG HCM năm 2000 đợt 2
|
|
|
|
$a/pt\Leftrightarrow [x-(1-m)]^2+[y-(m-2)]^2=m^2+2m-8$ Để $C_m$ là đường tròn thì $m^2+2m-8>0\Leftrightarrow m>2 or m<-4$ Tâm $I(1-m;m-2)\Rightarrow \begin{cases}x=1-m \\ y=m-2 \end{cases}\Rightarrow x+y+1=0$ Vậy quỹ tích tâm I là đường thẳng $(\delta): x+y+1=0$ $b/Khi m=4\Rightarrow (C): (x+3)^2+(y-2)^2=4^2$ $\Rightarrow I(-3;2)$ là tâm, bán kính $R=4$ Gọi pttt là $(d):ax+by-a-5b=0$. Do $(d)$ qua điểm $A(1;5)$ và có vtpt $(a;b) a^2+b^2>0$ Ta có $d(I,d)=4\Leftrightarrow \left|4a+3b {} \right|=4\sqrt{a^2+b^2}\Leftrightarrow b(7b-24a)=0$ Với $b=0,a=1\Rightarrow (d):x=1$ Với $b=24,a=7\Rightarrow (d):7x+24y-127=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Ta có thể làm bài toán như sau.... Vấn đề đặt ra là phải khử phần $1+\sqrt[3]{abc}$.. Vậy ta đổi biến
$\left ( a,b,c \right )\rightarrow \left ( \frac{kx}{y};\frac{ky}{z};\frac{kz}{x} \right ),k>0$
Sau khi thay vào BĐt và biến đổi tý xíu. Ta sẽ được:
$\frac{yz}{xy+kxz}+\frac{xz}{yz+kxy}+\frac{xy}{xz+kyz}\geq \frac{3k}{k+k^2} (*)$
Nhân thêm vào VT(*) mỗi phân số lần lượt $yz,xz,xy$ Áp dụng Cauchy schwarz ta có
$VT(*)\geq \frac{(xy+yz+xz)^2}{(1+k)[xyz(x+y+z)]}\geq\frac{3k}{k+k^2} $ đúng do
$(k+k^2)(xy+yz+xz)^2\geq (k+k^2)3xzy(x+y+z)$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+z+y)$ đúng
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\Leftrightarrow a=b=c$ |
|
|
|