$\int\limits_{1}^{9}\frac{ln(16-x)}{\sqrt{x}}dx$

$\int\limits\frac{6x^3+8x+1}{(3x^2+4)\sqrt{x^2+1}}$

$\int\limits_{0}^{\pi }\frac{x(Cos^3x+Cosx+Sinx)dx}{1+Cos^2x}$

1. Cho hình chóp SABCD có đáy là ABCD là hình chữ nhật với AB=2a. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, biết AC vuông với SD tính VSABCD và khoảng cách BD và SC.

2. Cho chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành, (SBD) vuông với đáy, các đường thẳng SA, SD hợp với đáy 1 góc 30 độ, biết AD=$a\sqrt{6}$, BD=2a và $\widehat{ADB}=45$. Tính V SABCD và khoảng cách từ đỉn hC đến (SAD) theo a.
( câu 1 gợi ý mình cách tìm khoảng cách là đc giải chi tiết thì tốt quá :D, câu 2 giải ko đúng đáp số nên giải chi tiết hộ mình :">)

Cho A( 4;0;0) và H(0;1;2) Viết pt mp (P) qua A cắt Oy, Oz lần lượt tại B,C sao cho AH là đường cao trong tam giác ABC.

Cho Chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm cạnh AB. BIết (SDM) và (SAC) cùng vuông với (ABCD), góc giữa (SBD) và (ABCD) bằng 60. Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa SD và CM theo a.

$\left\{ \begin{array}{l} 4x^3+2x^2y+y=16x\sqrt{4x+y}\\ log_2x+log_{xy}16=4-\frac{1}{log_y2} \end{array} \right.$
$x,y\in R$

:) Xét với y=0 ko thỏa mãn hệ pt
Với y khác O ta chia 2 vế pt (1) cho $y^3$ ta đc pt :
$(\frac{x}{y})^3-6(\frac{x}{y})^2+9\frac{x}{y}-4=0 \Rightarrow hoặc  x=y   hoặc  x=4y$
từ đây rút thế vào pt thứ 2 của hệ

nói hướng thôi nhé :
đầu tiên tìm góc :
trong tam giác ABD hạ AI vuông BD có SA vuông (ABCD) => theo gt góc cần tìm là $\widehat{SIA}=60 => SA=\sqrt{3}AI$
trong tam giác ABD tìm AI theo ct $\frac{1}{AI^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AD^2}$ => đường cao SA
tìm V.SAKH theo ct $\frac{V.SAKH}{V.SABC}=\frac{SK.SH}{SB.SC}$
HK //BC tìm 1 tỉ lệ thôi  ( cái này làm tắt tự trình bày lại chi tiết hơn nhé k là 0 điểm đấy =))
$\frac{SH}{SC}=\frac{SH.SH}{SC.SH}=\frac{SH^2}{SA^2}$
từ đấy tìm ra tỉ lệ $\frac{SK}{SB}$ tương tự

$\int\limits_{ln4}^{ln6}\frac{e^{2x}.e^x}{e^{2x}-5e^x+6}$ đặt t= $e^x=> dt= e^xdx$
cận tự thay nha :D
$\int\limits\frac{t^2dt}{t^2-5t+6}=\int\limits1+ \frac{5t-6}{t^2-5t+6}=\int\limits1+\frac{-4}{t-2}+\frac{9}{t-3}$
tới đây toàn tp cơ bản

$<->\sqrt{3}(2-2Sin^2x+Cosx-2)+3Sinx-Sin2x=0$
$<-> \sqrt{3}Cosx-Sin2x-2\sqrt{3}Sin^2x+3Sinx=0$
$<-> Cosx(\sqrt{3}-2Sinx)-\sqrt{3}Sinx(2Sinx-\sqrt{3})=0$
$<->(Cosx+\sqrt{3}Sinx)(\sqrt{3}-2Sinx)=0$

$4(2x^2+1)+3(x^2-2x)\sqrt{2x-1}=2(x^3+5x)$

thỏa mãn $\frac{{z + i}}{{z + 1}} + \frac{{\overline z  + i}}{{\overline z  + 1}}$ là số thuần ảo .

t nêu hướng làm thôi nhé, gõ công thức lâu quá :D
Có SH vuông (ABC) -> HC là hình chiếu của SC trên (ABC) theo giả thuyết -> $\widehat{SCH}$=60
trong tam giác đều ABC gọi M trung điểm AB => CM=$\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và MH= MB-HB từ đây tìm đc HC theo pytago trong tam giác vuông MHC
từ HC-> SH=$\sqrt{3}HC$
tiếp theo tìm khoảng cách ( SA.BC)
hạ AD// BC -> BC//( SAD) => d( SA; BC)= d( BC; SAD)= d( B;(SAD)) = $\frac{4}{3}d(H,(SAD))$
lúc này ta có ADBC là hình thoi có S. ABC= S. ABD= $a^2\frac{\sqrt{3}}{4}$
Hạ HE vuông AD và HK vuông SE
ta có AD vuông HE và SH -> AD vuông (SHE) -> AD vuông HK
-> HK vuông (SAD) và HK là khoảng cách từ H -> (SAD)
tính HK:
trong tam giác BAD hạ BF vuông AD ta có HE=$\frac{3}{4} BF$
BF tính theo diện tích ABD đã tìm đc ở trên SABD= $\frac{1}{2}BF.AI$
ok
à qên có HE rồi tìm HK trong tam giác SHE
$\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{HE^2}+\frac{1}{SH^2}$

mãi mới ra gê qá X_X
$pt <=> Sin3x+Cos3x-2Sinx= 2\sqrt{2}(1-4\sin ^2x$)
$<-> Sin3x-Sinx-Sinx+Cos3x= 2\sqrt{2}(1-4(1-Cos^2x)) <-> 2Cos2xSinx-Sinx +Cos3x= 2\sqrt{2}(4Cos^2x-3)$
$<->Sinx(2Cos2x-1)+Cos3x= 2\sqrt{2}(4Cos^2x-3)$
<-> $Sinx\left[ {2(2Cos^2x-1)-1})+Cos3x=  2\sqrt{2}(4Cos^2x-3)\right.$
$<->(Sinx-2\sqrt{2})(4Cos^2x-3)+Cosx3=0$
$<->(Sinx-2\sqrt{2})(4Cos^2x-3)+Cos(4Cos^2x-3)=0$

$<->(4Cos^2x-3)(Sinx+Cosx -2\sqrt{2})=0$