|
giải đáp
|
hình giải tích trong không gian
|
|
|
$(P)$ qua $C,\bot AH$ có PT : $1.(x-3)+1.(y-2)-2(z-3)=0\Leftrightarrow x+y-2z+1=0$ $B=(P)\cap BM,$ tọa độ $B$ thỏa mãn $\begin{cases}x+y-2z+1=0 \\ x=1+t,y=4-2t,z=3+t \end{cases} $ $\Rightarrow t+1+4-2t-6-2t+1=0$ $\Rightarrow t=0\Rightarrow B(1,4,3)$ - $(Q)$ qua $C,\bot BM$ có PT : $1.(x-3)-2(y-2)+1.(z-3)=0$ $\Leftrightarrow x-2y+z-2=0$ - $K=(Q)\cap BM,$ tọa độ $K$ thỏa mãn : $\begin{cases}x-2y+z-2=0 \\ x=1+t,y=4-2t,z=3+t \end{cases} \Rightarrow t=1,K(2,2,4)$ - $E$ đối xứng với $C$ qua $K$, tọa độ $E$ xác định bởi : $x_E=2x_K-x_C=1, y_E=2y_K-y_C=2, z_E=2z_K-z_C=5$ $\Rightarrow E(1,2,5)$ - $A=BE\cap AH,PT$ của $BE :\begin{cases}x=1\\ y=4-t \\ z=3+t\end{cases} $ Tọa
độ $A$ thỏa mãn : $\begin{cases}x=1, y=4-t, z=3+t \\
\frac{x-2}{1}=\frac{y-3}{1}=\frac{z-3}{-2} \end{cases}
\Leftrightarrow \begin{cases}x=1 \\ y=2\\z=5 \end{cases} \Rightarrow
A(1,2,5)$ $AB=BC=CA=2\sqrt{2}\Rightarrow \Delta ABC $ đều
|
|
|
giải đáp
|
hình giải tích
|
|
|
Từ giả thiết ta có ngay $A(a;a;0)$;$B(-a;a;0) $ Tứ diện $OABC$ có trọng tâm $G$ với tọa độ $G(0;\frac{a}{2};\frac{c}{4})$ Véc tơ $\overrightarrow {OG} (0;\frac{a}{2};\frac{c}{4})$ Mặt
phẳng đi qua điểm $C(0;0;c)$ và vuông góc với đường thẳng đi qua $O$ và
trọng tâm $G$ của tứ diện $OABC$ cũng là mặt phẳng qua $C(0;0;c)$ nhận
$\overrightarrow u (0;\frac{a}{2};\frac{c}{4})$ là véc tơ pháp tuyến. Do
đó mặt phẳng đã cho có pt: $2ay + cz – c^2 = 0$
|
|
|
giải đáp
|
giải bất phương trình
|
|
|
$\sqrt {(x + 1)(4 - x)} > x - 2 (1)$ TXĐ $-1\leq x\leq 4$ - Với $-1\leq x<2$ thì $x-2<0$ nên ($1$) đúng - Với $2\leq x\leq 4$ thì $x-2\geq 0$ nên $(1)\Leftrightarrow (x+1)(4-x)>(x-2)^2\Leftrightarrow 2x^2-7x<0\Leftrightarrow 0<x<\frac{7}{2} $ Kết hợp điều kiện $2\leq x\leq 4\Rightarrow 2\leq x<\frac{7}{2} $ Vậy $(1)$ có nghiệm là $-1\leq x<\frac{7}{2} $
|
|
|
giải đáp
|
bất đẳng thức tam giác
|
|
|
do giả thiết $0<C<90^0$ nên $cosC>0,$ do đó (đpcm)$\Leftrightarrow 2cos3C-4cos2C+1\geq 2cosC$ Đặt $t=cosC$ thì điều kiện $0<A\leq B\leq C<90^0$ $\Rightarrow 60^0\leq C<90^0\Rightarrow 0<t\leq \frac{1}{2} $ và (đpcm)$\Leftrightarrow 2(4t^3-3t)-4(2t^2-1)+1\geq 2t$ $\Leftrightarrow (2t-1)[2t(2t-1)-5]\geq 0$ BĐT cuối đúng do $2t>0,2t-1\leq 0.$ Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow 2t-1=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2} $ $\Leftrightarrow C=60^0\Leftrightarrow \Delta ABC $ đều
|
|
|
giải đáp
|
phương trình lượng giác
|
|
|
$\sin 2x(cot x + tan2x) = 4cos^2x$ Điều kiện $\begin{cases}sinx\neq 0
\\ cos2x\neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x\neq k\pi \\
x\neq \frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}\end{cases}, k\in Z$ Phương trình $\Leftrightarrow sin2xcotx+sin2x.tan2x=4cos^2x$ $\Leftrightarrow 2cos^2x+\frac{sin^22x}{cos2x} =4cos^2x$ $\Leftrightarrow \frac{1-cos^22x}{cos2x}=cos2x+1 $ $\Leftrightarrow 1-cos^22x=cos^22x+cos2x$ $\Leftrightarrow 2cos^22x+cos2x-1=0$ $\Leftrightarrow \begin{cases}cos2x=-1 \\ cos2x=\frac{1}{2} \end{cases} $ $\Leftrightarrow
\begin{cases}2x=\pi+2k\pi \\ 2x=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi \end{cases}
\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{\pi}{2}+k \pi \\
x=\pm\frac{\pi}{6}+k\pi \end{cases} (k\in Z)$ (thỏa mãn)
|
|
|
giải đáp
|
hàm số liên tục
|
|
|
Xét $F(x)=f(x)-sinx$.Từ giả thiết, $F(x)$ liên tục trên $[0,\frac{\pi}{2} ],F(0)=f(0)-sin0=f(0)>0$ Lại có : $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} } (f(x)-sinx)dx<0\Rightarrow \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} } F(x)<0$ $\Rightarrow \exists c\in [0,\frac{\pi}{2} ]$ để $F(c)<0$ Từ đó, $F(x)=0$ có nghiệm $x\in [0,c]\subset [0,\frac{\pi}{2} ]$
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trinh
|
|
|
$2x^4- 17x^3+ 51x^2 - (36 + k)x + k = 0 (1)$ $1.$ Dễ thấy $\forall k,x=1$ luôn thỏa mãn phương trình.Vậy $(1)$có một nghiệm không phụ thuộc tham số $k$ $2.$ Do $x=1$ là một nghiệm, $(1)$ có thể phân tích thành $(x-1)(2x^3-15x^2+36x-k)=0$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x=1 \\ k=2x^3-15x^2+36x (2) \end{cases} $ $a) x=1$ sẽ là một nghiệm của $(2)\Leftrightarrow k=2-15+36\Leftrightarrow k=23$ Khi $k=23$ thì $(2)\Leftrightarrow 2x^3-15x^2+36x-23=0\Leftrightarrow x=1$ Do đó khi $k=23$ thì $(1)$ có một nghiệm duy nhất $x=1$ (nghiệm kép) $b) $ Nếu $k\neq 23$ thì $x=1$ không là nghiệm của $(2)$ nên số nghiệm của $(1)=1+$số nghiệm của $(2)$ Xét $f(x)=2x^3-15x^2+36x$ ta có $f'(x)=6x^2-30x+36=6(x^2-5x+6)$ Từ bảng bién thiên của $f(x)$ ta thấy : Nếu
$\left[ \begin{array}{l}k>28\\\begin{cases}k<27\\k\neq
23\end{cases}\end{array} \right. $ thì $(2)$ có nghiệm duy nhất $\Rightarrow (1) $ có hai nghiệm phân biệt. Nếu $k=27$ hoặc $k=28$ thì $(2)$ có hai nghiệm phân biệt,$(1)$ có ba nghiệm phân biệt (hai nghiệm đơn và một nghiệm kép) Nếu $27<k<28$ thì $(1)$ có bốn nghiệm phân biệt
|
|
|
giải đáp
|
Giải giúp tôi bài tính tam giác này
|
|
|
a) $T=\widehat{BAC}+\widehat{CBD}+\overrightarrow{ACB}=180^0$ b)
Vẽ $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB},
\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{BC},
\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{CA}$ $K=(\overrightarrow{BM},
\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{CN},
\overrightarrow{CA})+(\overrightarrow{AP}, \overrightarrow{AB})$ $=180^0-B+180^0-C+180^0-A$ $=540^0-(A+B+C)=360^0$.
|
|
|
giải đáp
|
phép vi tự
|
|
|
Vì $BM$ và $CN$ cùng vuông góc với $AN$ nên $BM\parallel CN$. Suy ra $\frac{BM}{CN}=\frac{AB}{AC}$ không đổi. Nếu gọi $I$ là giao điểm của $BN$ và $CM$ thì $\frac{BI}{IN}=\frac{BM}{CN}=\frac{AB}{AC}$ hay $\frac{BI}{BI+IN}=\frac{AB}{AB+AC}, $ tức là $\frac{BI}{BN}=\frac{AB}{AB+AC}. $ Đặt $AB=2R$ và $AC=2R'$ thì $\frac{AB}{AB+AC}=\frac{R}{R+R'} $ (không đổi). Đặt $k= \frac{R}{R+R'} $ ta có $\overrightarrow{BI}=k \overrightarrow{BN}$. Vì $N$ chạy trên $(O')$ nên quỹ tích $I$ là đường tròn tâm $(O'')$, ảnh của $(O')$ qua phép vị tự tâm $B$, tỉ số $k=\frac{R}{R+R'} $.
|
|
|
giải đáp
|
phép vi tự
|
|
|
a) Gọi $C_{0}$ là trung điểm cạnh $AB$, ta có: $\overrightarrow{C_{0}G}=\frac{1}{3}\overrightarrow{C_{0}C} $. Gọi $O_{1}$ là điểm cố định được xác định bởi $\overrightarrow{C_0O_{1}}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C_{0}O}.$ Suy ra: $GO_1 \parallel CO$ và $O_1G=\frac{1}{3} \overrightarrow{OC}=\frac{R}{3}$ , do đó quỹ tích điểm $G$ là đường tròn tâm $O_{1}$, bán kính $R_{1}=\frac{R}{3}$, trong đó $R$ là bán kính của $(O)$. b) Ta có : $\overrightarrow{OH}=3 \overrightarrow{OG}$. Do đó, $H$ là ảnh của $G$ qua phép vị tự $V(O,3)$ tâm $O$, tỉ số $k=3$. Vậy quỹ tích của $H$ là đường tròn $(O',R)$, trong đó $O'$ được xác định bởi $\overrightarrow{OO'}=3 \overrightarrow{OO_{1}} (1) $ Hệ thức $(1)$ cũng chứng tỏ rằng $O'$ đối xứng với $O$ qua $C_{0}$ và qua cả $(AB)$. Từ đó ta đi đến kết luận: Quỹ tích trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ là đường tròn $(O',R)$ đối xứng qua cạnh $AB$ của đường tròn $(O,R)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$.
|
|
|
giải đáp
|
Giải và biện luận pt
|
|
|
Điều kiện xác định của phương trình là $x \neq 0; x \neq 1$. Thực hiện các phép biến đổi và rút gọn, ta được phương trình: $(m-4)x=m-1 (*) $.
Xét $m\ne4$. PT $(*) \Leftrightarrow x = \frac{m-1}{m-4}$. Để giá trị này là nghiệm ta cần có $\begin{cases}\frac{m-1}{m-4} \ne 0 \\ \frac{m-1}{m-4} \ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow m \ne 1.$ Xét $m=4$. PT $(*) \Leftrightarrow 0.x=3$. PT này vô nghiệm nên PT $(*)$ cũng vô nghiệm. Xét $m=1$. PT $(*) \Leftrightarrow -3x=0$. PT này có nghiệm $x=0.$ Đây là điều không thể xảy ra vì điều kiện ban đầu $x \ne 0$. Vậy: Với $m \ne 4$ và $m \ne 1$. PT đã cho có nghiệm duy nhất $x = \frac{m-1}{m-4}$. Với $m=4$ hoặc $m=1$. PT đã cho vô nghiệm.
|
|
|
giải đáp
|
Giải vè biện luận pt
|
|
|
Điều kiện xác định của phương trình là: $x\neq 2$. Thực hiện các phép biến đổi và rút gọn, ta được phương trình: $(m-5)x = -15 (*)$ a) Nếu $m-5\neq 0 \Leftrightarrow m\neq 5$ thì phương trình (*) có nghiệm là $x=\frac{-15}{m-5} $.
Để giá trị này là nghiệm của phương trình đã cho , ta phải loại các
giá trị $m$ mà tại đó $x$ nhận giá trị $2$, theo điều kiện xác định,
tức là: $\frac{-15}{m-5}\neq 2 \Leftrightarrow m\neq 5$ và $m \neq -\frac{5}{2} $.
Vậy với $m \neq 5$ và $m \neq -\frac{5}{2} $ thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: $x=\frac{-15}{m-5} $
b) - Với $m=5$. Phương trình (*) trở thành: $0.x=-15 \Leftrightarrow $ vô nghiệm $\Rightarrow $ Phương trình vô nghiệm. - Với $m=-\frac{5}{2} $ cho ta nghiệm $x=2$, đây là điều vô lý. Kết luận : - Với $m \neq 5$ và $m \neq -\frac{5}{2} $ Phương trình có nghiệm duy nhất : $S=\left\{ {\frac{-15}{m-5}} \right\}$
- Với $m = 5$ hoặc $m=-\frac{5}{2}$ Phương trình vô nghiệm: S = $\emptyset $.
|
|
|
giải đáp
|
Giải và biện luận pt
|
|
|
Điều kiện xác định của phương trình là: $x\neq 2$. Thực hiện các phép biến đổi và rút gọn, ta được phương trình: $(m-5)x = -15 (*)$ a) Nếu $m-5\neq 0 \Leftrightarrow m\neq 5$ thì phương trình (*) có nghiệm là $x=\frac{-15}{m-5} $.
Để giá trị này là nghiệm của phương trình đã cho , ta phải loại các
giá trị $m$ mà tại đó $x$ nhận giá trị $2$, theo điều kiện xác định,
tức là: $\frac{-15}{m-5}\neq 2 \Leftrightarrow m\neq 5$ và $m \neq -\frac{5}{2} $.
Vậy với $m \neq 5$ và $m \neq -\frac{5}{2} $ thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: $x=\frac{-15}{m-5} $
b) - Với $m=5$. Phương trình (*) trở thành: $0.x=-15 \Leftrightarrow $ vô nghiệm $\Rightarrow $ Phương trình vô nghiệm. - Với $m=-\frac{5}{2} $ cho ta nghiệm $x=2$, đây là điều vô lý. Kết luận : - Với $m \neq 5$ và $m \neq -\frac{5}{2} $ Phương trình có nghiệm duy nhất : $S=\left\{ {\frac{-15}{m-5}} \right\}$
- Với $m = 5$ hoặc $m=-\frac{5}{2}$ Phương trình vô nghiệm: S = $\emptyset $.
|
|
|
giải đáp
|
Tìm nghiệm nguyên
|
|
|
Ta có: $x^2=y^2+2y+3 \Leftrightarrow x^2-(y^2+2y+1)=2$ $\Leftrightarrow x^2-(y+1)^2=2 \Leftrightarrow (x+y+1)(x-y-1)=2$ Khi
$x,y$ nguyên thì $x+y+1$ nguyên và $x-y-1$ nguyên; do vậy
$x+y+1$ và $x-y-1$ phải nhận các giá trị là ước của $2$. Ta có tất
cả $4$ hệ: $\begin{cases}x+y+1=1 \\x- y-1= 2\end{cases} ;
\begin{cases}x+y+1=2 \\ x-y-1=1 \end{cases} ; \begin{cases}x+y+1=-1
\\ x-y-1=-2 \end{cases} ; \begin{cases}x+y+1=-2 \\ x-y-1=-1
\end{cases} $ Giải bốn hệ này kết hợp điều kiện $x, y$ là các số nguyên ta được kết quả, PT đã cho vô nghiệm.
|
|
|
giải đáp
|
Giải và biện luận phương trình theo tham số a
|
|
|
a) Điều kiện $a \neq 1; x \neq -3$ Quy đồng mẫu và rút gọn , ta đưa về dạng: $(4a-9)x=31-2a$ (*) - $a \neq \frac{9}{4} \Rightarrow $ phương trình (*) có nghiệm $x=\frac{31-2a}{4a-9} $ Để xét xem giá trị này có phải là nghiệm của phương trình đã cho hay không, ta xét thêm điều kiện $x \neq -3$ $\frac{31-2a}{4a-9} \neq -3 \Rightarrow a \neq -\frac{2}{5}. $ - $a=\frac{9}{4} $, phương trình (*) có dạng $0.x=\frac{53}{2} \Rightarrow $ Vô nghiệm.
Kết quả: + $a \neq 1; a \neq \frac{9}{4} $ và $a \neq -\frac{2}{5} $ Phương trình có nghiệm $x=\frac{31-2a}{4a-9} $ + $a=1$ hoặc $a=\frac{9}{4} $ hoặc $a=-\frac{2}{5} $. Phương trình vô nghiệm.
b) Làm tương tự như câu a), rút gọn và đưa về PT bậc nhất ta được : Đáp số: $a \neq \pm b \Rightarrow x=0$ $a=\pm b \Rightarrow $ Phương trình vô nghiệm.
|
|