D
duynhana1
Có phải bài này không nhỉ, sao lại có thêm 2 dấu trừ
$$\begin{cases} x^2+xy+y^2=3\\ x^2+2xy-7x-5y+9=0 \end{cases}$$
Last edited by a moderator:
- Status
$$\begin{cases} x^2+xy+y^2=3\\ x^2+2xy-7x-5y+9=0 \end{cases}$$
R
riely_marion19
xác nhận: nhầm đề
đã sửa!
................................................................
H
hoanghondo94
$Pt \Leftrightarrow \sqrt{3}-4sin(2x+\frac{\pi}{3})+2sin4x=[3(1-cos2x)-(1-cos2x)]sin(x-\frac{\pi}{3})$
$\Leftrightarrow \sqrt{3}-4sin(2x+\frac{\pi}{3})+2sin4x=2(1-2cos2x)sin(x-\frac{\pi}{3})$
$\Leftrightarrow \sqrt{3}-2sin2x-2\sqrt{3}cos2x+2sin4x=2(1-2cos2x)sin(x-\frac{\pi}{3})$
$\Leftrightarrow (1-2cos2x)(\sqrt{3}-2sin2x)=2(1-2cos2x)sin(x-\frac{\pi}{3})$
$\Leftrightarrow (1-2cos2x)[\sqrt{3}-2sin2x-2sin(x-\frac{\pi}{3})]=0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} {1-2cos2x=0}
& \\ \sqrt{3}-2sin2x-2sin(x-\frac{\pi}{3})] = 0
&
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} {1-2cos2x=0}
& \\ sin2x-sin(\frac{2\pi}{3})+sin(x-\frac{\pi}{3})=0
&
\end{matrix}\right.$
Last edited by a moderator:
T
tbinhpro
Điều kiện: $$sin(x-\frac{\pi}{3}) \neq 0$$
Ta có phương trình tương đương:
$$\begin{aligned} \frac{ \sqrt{3}-2 \sqrt{3}cos2x-2sin2x+2sin4x}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=2(3sin^2x-cos^2x) \\ =>\frac{2(1-2cos2x)(\frac{ \sqrt{3}}{2}-sin2x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8(\frac{ \sqrt{3}}{2}sinx+cosx)(\frac{\sqrt{3}}{2}sinx-cosx) \\ =>\frac{2(1-2cos2x)(sin \frac{\pi}{3}-sin2x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8sin(x+\frac{\pi}{6})sin(x-\frac{\pi}{6}) \\ =>\frac{4(1-2cos2x)cos(\frac{\pi}{6}+x)sin(\frac{\pi}{6}-x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8sin(x+\frac{\pi}{6})sin(x-\frac{\pi}{6}) \\ =>\frac{4(2cos2x-1)sin(x-\frac{\pi}{3})sin(\frac{\pi}{6}-x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8sin(x+\frac{\pi}{6})sin(x-\frac{\pi}{6}) \\ =>sin(x-\frac{\pi}{6})[2cos2x+2sin(x+\frac{\pi}{6})-1]=0 \end{aligned} \\ =>sin(x-\frac{\pi}{6})[cos2x+sin(x+\frac{\pi}{6})-cos\frac{\pi}{3}]=0$$
T
tbinhpro
2. trong Oxyz, cho $A(3;2;-1), B(1;-2;-1), C(2;1;3)$ và (d): $\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-1}{-1}$. tìm M thuộc (d) sao cho Ma+MB nhỏ nhất
Câu này sao tự dưng cho cả điểm $C$ vào để làm gì nhỉ?
____________________________________________________________________
H
hoanghondo94
) - Gọi N là trung điểm AD, $I = AC \cap BN,P = NC \cap BD$ Khi đó ta có hai điều:
1. Tứ giác ABCN là hình vuông cạnh a và $SI \bot (ABCN) \Rightarrow $S.ABCN là hình chóp đều $ \Rightarrow \widehat {SAI} = \widehat {SBI} = {60^0} \Rightarrow \Delta SAC$ đều $ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 ;\,SI = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$
2. Tứ giác BCDN là hình bình hành$ \Rightarrow BP$ và CI hai trung tuyến của
$\Delta BCN \Rightarrow $O là trọng tâm \[\Delta BCN \Rightarrow AO = AI + IO = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\]
- Vì (P) đi qua O, (P) // SC nên (P) cắt SA tại M sao cho OM // SC.
• Xét tam giác ASC có ${\rm{SA}} = {\rm{AC}}$ và ${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\rm{OM}}//{\rm{SC}} \Rightarrow AM = AO = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}$
+) Trong mp( SAC) kẻ MH // SI, cắt AC tại H $ \Rightarrow $MH là đường cao $ \Rightarrow MH = AM.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$
- Diện tích đáy: ${S_{BCDN}} = CD.ND = {a^2} \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{{{S_{BCDN}}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}$
- Thể tích $ \Rightarrow {V_{M.BCD}} = \frac{1}{3}.{S_{BCD}}.MH = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$
Vẽ cái hình =(( ............
tbinhpro: Dùng tạm hình trên nhé!
hoanghondo94: Ui , bất ngờ , Bình vẽ hình cho tớ
tbinhpro:
Last edited by a moderator:
M
maxqn
T
tbinhpro
L
lithoi_cp
Đề thi thử ĐH:
Câu 1:
Cho hàm số:
[tex]y=x^{4}-4x^{2}+m[/tex]
Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt, đồng thời diện tích hình phẳng giới hạn bởi (Cm) với trục hoành có diện tích phần trên và diện tích phần dưới trục hoành bằng nhau.
Câu 2:[tex]\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+3\sqrt{y}=8\\ \sqrt{x+9}+3\sqrt{y+1}=10 (x,y \epsilon \mathbb{R}) \end{matrix}\right.[/tex]
Câu 3:
[tex]\int_{\frac{\Pi }{6}}^{\frac{\Pi }{3}}\frac{dx}{sinx.sin(x+\frac{\Pi }{6})}[/tex]
Câu 4:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB=AD=a, CD=2a, SD vuông với (ABCD) và SD=a. E là trung điểm của CD. Xác định và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE. Tính d(SE;CD).
Câu 5:
Cho M(1;8;2), [tex](\Delta 1):\left\{\begin{matrix} x=7-t\\ y=2+2t \\ z=-1 \end{matrix}\right.[/tex]
[tex](\Delta 2):\left\{\begin{matrix} x=1+k\\ y=2 \\ z=5-k \end{matrix}\right.[/tex]
Viết pt mp [tex](\alpha )[/tex]
chứa [tex](\Delta 1 )[/tex] và M. Khi đó chứng minh [tex](\Delta 2 )[/tex] nằm trong [tex](\alpha )[/tex]. Viết pt đường thẳng [tex](\Delta )[/tex] đi qua M, cắt [tex](\Delta 1 )[/tex] và [tex](\Delta 2)[/tex] lần lượt ở M1 và M2 sao cho MM1=MM2
Câu 1:
Cho hàm số:
[tex]y=x^{4}-4x^{2}+m[/tex]
Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt, đồng thời diện tích hình phẳng giới hạn bởi (Cm) với trục hoành có diện tích phần trên và diện tích phần dưới trục hoành bằng nhau.
Câu 2:[tex]\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+3\sqrt{y}=8\\ \sqrt{x+9}+3\sqrt{y+1}=10 (x,y \epsilon \mathbb{R}) \end{matrix}\right.[/tex]
Câu 3:
[tex]\int_{\frac{\Pi }{6}}^{\frac{\Pi }{3}}\frac{dx}{sinx.sin(x+\frac{\Pi }{6})}[/tex]
Câu 4:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB=AD=a, CD=2a, SD vuông với (ABCD) và SD=a. E là trung điểm của CD. Xác định và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE. Tính d(SE;CD).
Câu 5:
Cho M(1;8;2), [tex](\Delta 1):\left\{\begin{matrix} x=7-t\\ y=2+2t \\ z=-1 \end{matrix}\right.[/tex]
[tex](\Delta 2):\left\{\begin{matrix} x=1+k\\ y=2 \\ z=5-k \end{matrix}\right.[/tex]
Viết pt mp [tex](\alpha )[/tex]
chứa [tex](\Delta 1 )[/tex] và M. Khi đó chứng minh [tex](\Delta 2 )[/tex] nằm trong [tex](\alpha )[/tex]. Viết pt đường thẳng [tex](\Delta )[/tex] đi qua M, cắt [tex](\Delta 1 )[/tex] và [tex](\Delta 2)[/tex] lần lượt ở M1 và M2 sao cho MM1=MM2
N
newstarinsky
ĐK [TEX]x,y\geq 0[/TEX]
Bình phương ta được
[TEX]\left{\begin{x+9y+6\sqrt{xy}=64}\\{x+9y+18+6\sqrt{xy+x+9y+9}=100} [/TEX]
Đặt [TEX]a=x+9y\\b=\sqrt{xy}\geq 0[/TEX]
Hệ trở thành
[TEX]\left{\begin{a+6b=64}\\{a+18+6\sqrt{b^2+a+9}=100} [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow\left{\begin{a=64-6b}\\{82-6b+6\sqrt{b^2-6b+73}=100} (2)[/TEX]
Từ PT (2) ta có
[TEX]\sqrt{b^2-6b+73}=b+3[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow b^2-6b+73=(b+3)^2[/TEX] (vì 2 vế không âm)
[TEX]\Leftrightarrow 12b=64[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow b=\frac{16}{3}[/TEX] nên [TEX]a=32[/TEX]
Khi đó
[TEX]\left{\begin{x+9y=32}\\{9xy=256} [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow\left{\begin{x=16}\\{y=\frac{16}{9}} [/TEX]
D
duynhana1
Viết hệ đã cho thành: $$\begin{cases} \sqrt{x} + \sqrt{ x+9} + 3(\sqrt{y} + \sqrt{y+1}) = 18 \\ \frac{9}{\sqrt{x} + \sqrt{x+9} } + \frac{3}{\sqrt{y+1}+\sqrt{y}} = 2 \end{cases}$$
Đặt $a=\sqrt{x} + \sqrt{x+9},\ b=\sqrt{y+1} + \sqrt{y} $
D
duynhana1
$$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{2\text{dx}}{\sin^2 x . (\sqrt{3} + \cot x) } = -2 \ln | \cot x + \sqrt{3} | \bigg|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}= 2 \ln ( \fra
) $$
T
tbinhpro
Cũng may hàng của mình còn nguyên
Ta có:
$$\begin{aligned} y'=4x^3-8x=>y'=0 <=>\begin{cases}x=0\\x=\sqrt{2}\\x-\sqrt{2}\end{cases} \\ y(\sqrt{2}).y(0)<0=>m(m-4)<0<=>0\le m\le 4 \end{aligned}$$
Từ đó ta có:
$$\Delta =4-m =>\begin{cases}x_1=\sqrt{2+\sqrt{4-m}} \\ x_2=-\sqrt{2+\sqrt{4-m}} \\ x_3=\sqrt{2-\sqrt{4-m}} \\ x_4=-\sqrt{2-\sqrt{4-m}}\end{cases}$$
Nhận xét:
Đồ thị hàm số đã cho nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có:
$$\begin{aligned} \int_{x_2}^{x_4}|y(x)|.dx=\int_{x_3}^{x_1}|y(x)|.dx \\ \int_{x_4}^{0}|y(x)|dx=\int_{0}^{x_3} |y(x)|dx \\ =>S_{tren}=S_{duoi}<=>\int_{0}^{x_3}|y(x)|dx=\int_{x^3}^{x_1}|y(x)| \\ <=>\frac{x_3^5}{5}-\frac{4x_3^3}{3}+mx_3=-\frac{x_1^5}{5}+\frac{4x_1^3}{3}-mx_1+\frac{x_3^5}{5}-\frac{4x_3^3}{3}+mx_3 \\ <=>-\frac{x_1^5}{5}+\frac{4x_1^3}{3}-mx_1=0<=>-\frac{x_1^4}{5}+\frac{4x_1^2}{3}-m=0 \\ <=>3(2+\sqrt{4-m}^2-20(2+\sqrt{4-m})+15m=0 \end{aligned}$$
Đến đây giải m là Okie nhé!
Đánh mã mỏi cả tay
T
tbinhpro
Câu này 2 ý đầu là Okie phải làm được rồi nha.
Gợi ý cách làm ý cuối cùng.
Gọi $M_1(7-t;2+2t;-1),M_2(1+k;2;5-k)$.Ta có:
[TEX]\vec{\text{M_1M}}=(t-6;6-2t;3),\vec{\text{MM_2}}=(k;-6;3-k); \vec{\text{M_1M}}=\vec{\text{MM_2}}[/TEX]
$$=>\begin{cases}t-6=k\\6-2t=-6\\3=3-k\end{cases} =>\begin{cases}k=0\\t=6\end{cases}$$
Suy ra toạ độ của $M_1,M_2$ và viết được phương trình $\Delta$ cần tìm.
T
tbinhpro
Do $2AB=CD=>BE\perp CD=>$ Trung điểm $I$ của $BC$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCE$
Suy ra tâm K của mặt cầu ngoại tiếp nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABCD)$ và đi qua I.
Trong $(SDI)$ kẻ $SH{//}DI$, Ta có:
Do $BI=\frac{a}{\sqrt{2}}=>BH<DI=>BH<SH=>$ K nằm khác phía với I qua H.
$$SK=BK<=>\frac{5a^2}{2}+HK^2=\frac{a^2}{2}+(a+HK)^2$$
Từ đây tính được $HK$, suy ra ví trí cuar tâm I và bán kính $R=SK=BK$ của mặt cầu.
Còn ý sau sao vô lí thế, hình như phải là $d_{(SE;BC)}$ chứ nhỉ.
Khi đó:$d_{(SE;BC)}=d_{(B;(SAE))}=d_{(E;(SBC))} do AE{//}BC$
H
hardyboywwe
1/Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:
[TEX]\frac{cosA.cosB}{cosC} + \frac{cosB.cosC}{cosA} + \frac{cosA.cosC}{cosB} = 3/2[/TEX]
2/Hai số dương x;y thoả mãn x^2 + y^2 \leq 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
[TEX]S = (\frac{1}{x} + 1)(y + 1) + (\frac{1}{y} + 1)(x + 1)[/TEX]
[TEX]\frac{cosA.cosB}{cosC} + \frac{cosB.cosC}{cosA} + \frac{cosA.cosC}{cosB} = 3/2[/TEX]
2/Hai số dương x;y thoả mãn x^2 + y^2 \leq 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
[TEX]S = (\frac{1}{x} + 1)(y + 1) + (\frac{1}{y} + 1)(x + 1)[/TEX]
L
lithoi_cp
Mình gõ nhầm đó bạn. là d(SE,CB). )
tpbinhpro giỏi quá. C định thi trường nào?
Tiếp 1 đề nữa ná. Nhà mình phải năng suất lên. Sắp thi đến nơi rồi!
Câu 1:
Cho hàm số [tex]y=x^{4}-(2m+1)x^{2}+2m[/tex]
Tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt.
Câu 2:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
[tex](d):\frac{x+3}{-2}=\frac{y-9}{3}=\frac{z-6}{2}[/tex]
và mặt phẳng [tex](P):x+y+z-3=0[/tex]. Viết pt (d1) nàm trong mp (P), vuông góc với (d) và cách (d) 1 khoảng h= [tex]\sqrt{\frac{3}{238}}[/tex]
Câu 3:
Tính tích phân:
[tex]\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{dx}{cosx.\sqrt{2+sin2x}}[/tex]
Câu 4:
Giải hệ pt:
[tex]\left\{\begin{matrix} a^{6}(b^{2}+1)+2(a^{4}+1)a=6\\ a^{4}b(1+\sqrt{b^{2}+1})=a^{2}+\sqrt{a^{4}+1} \end{matrix}\right.[/tex]
([tex]a\geq 0[/tex])
Câu 5:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d1): 4x-3y-12=0 và (d2): 4x+3y-12=0. Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1),(d2),trục Oy.
Câu 6:
Tam giác MNP có đỉnh P nằm trong mp (Q), 2 đỉnh M và N nàm về cùng 1 phía đối với (Q), có hình chiếu vuôn góc trên (Q) lần lượt là M' và N' sao cho tam giác PM'N' là tam giác đều cạnh a. Giả sử MM'=2NN'=a. Tính diện tích tam giác PMN, từ đó suy ra giá trị của góc giữa 2 mp (Q) và (MNP).
)tpbinhpro giỏi quá. C định thi trường nào?
Tiếp 1 đề nữa ná. Nhà mình phải năng suất lên. Sắp thi đến nơi rồi!
Câu 1:
Cho hàm số [tex]y=x^{4}-(2m+1)x^{2}+2m[/tex]
Tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt.
Câu 2:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
[tex](d):\frac{x+3}{-2}=\frac{y-9}{3}=\frac{z-6}{2}[/tex]
và mặt phẳng [tex](P):x+y+z-3=0[/tex]. Viết pt (d1) nàm trong mp (P), vuông góc với (d) và cách (d) 1 khoảng h= [tex]\sqrt{\frac{3}{238}}[/tex]
Câu 3:
Tính tích phân:
[tex]\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{dx}{cosx.\sqrt{2+sin2x}}[/tex]
Câu 4:
Giải hệ pt:
[tex]\left\{\begin{matrix} a^{6}(b^{2}+1)+2(a^{4}+1)a=6\\ a^{4}b(1+\sqrt{b^{2}+1})=a^{2}+\sqrt{a^{4}+1} \end{matrix}\right.[/tex]
([tex]a\geq 0[/tex])
Câu 5:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d1): 4x-3y-12=0 và (d2): 4x+3y-12=0. Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1),(d2),trục Oy.
Câu 6:
Tam giác MNP có đỉnh P nằm trong mp (Q), 2 đỉnh M và N nàm về cùng 1 phía đối với (Q), có hình chiếu vuôn góc trên (Q) lần lượt là M' và N' sao cho tam giác PM'N' là tam giác đều cạnh a. Giả sử MM'=2NN'=a. Tính diện tích tam giác PMN, từ đó suy ra giá trị của góc giữa 2 mp (Q) và (MNP).
Last edited by a moderator:
N
newstarinsky
câu 3
[TEX]I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{cos^2x.\sqrt{2(\frac{1}{cos^2x}+tanx)}}dx[/TEX]
[TEX]=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{cos^2x.\sqrt{2(1+tanx+tan^2x)}}dx[/TEX]
[TEX]=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{u^2+u+1}}du[/TEX] (u=tanx)
[TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}I=\int_{0}^{1}\frac{1}{ \sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}du[/TEX]
Đặt [TEX]t=\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}+u+\frac{1}{2}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow dt=\frac{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+ \frac{3}{4}}+u+\frac{1}{2}}{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}du[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{dt}{t}=\frac{du}{\sqrt{(u+ \frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}[/TEX]
Vậy [TEX]\sqrt{2}.I=\int_{\frac{3}{2}}^{\frac{2\sqrt{3}+3}{2}}\frac{dt}{t}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}.I=lnt[/TEX] (thay số nha)
[TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}.I=ln(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}})[/TEX]
[TEX]\Rightarrow I=\frac{ln(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}})}{\sqrt{2}}[/TEX]
[TEX]I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{cos^2x.\sqrt{2(\frac{1}{cos^2x}+tanx)}}dx[/TEX]
[TEX]=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{cos^2x.\sqrt{2(1+tanx+tan^2x)}}dx[/TEX]
[TEX]=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{u^2+u+1}}du[/TEX] (u=tanx)
[TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}I=\int_{0}^{1}\frac{1}{ \sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}du[/TEX]
Đặt [TEX]t=\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}+u+\frac{1}{2}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow dt=\frac{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+ \frac{3}{4}}+u+\frac{1}{2}}{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}du[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{dt}{t}=\frac{du}{\sqrt{(u+ \frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}[/TEX]
Vậy [TEX]\sqrt{2}.I=\int_{\frac{3}{2}}^{\frac{2\sqrt{3}+3}{2}}\frac{dt}{t}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}.I=lnt[/TEX] (thay số nha)
[TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}.I=ln(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}})[/TEX]
[TEX]\Rightarrow I=\frac{ln(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}})}{\sqrt{2}}[/TEX]
Last edited by a moderator:
D
duynhana1
$$\displaystyle \boxed{\boxed{\color{red}{\int \dfrac{du}{\sqrt{u^2 \pm k}} = \ln | \sqrt{u^2 \pm k} + u| +C }}}$$
$$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\mathrm{d( tan x)} }{\sqrt{2 \tan^2 x + 2 \tan x +2}} = \frac{\mathrm{d( tan x + \frac12 )} }{\sqrt{2} . \sqrt{(\tan x + \frac12)^2 + \frac34}} = \frac{1}{\sqrt{2}} . \ln | \sqrt{( \tan x + \frac12)^2 + \frac34} + ( \tan x + \frac12 ) | \bigg|_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\ln(\frac{2}{\sqrt{3}}+1)}{\sqrt{2}} $$
Bí^^
Không biết có phải mình nghĩ phức tạp không mà sao bài này nó lằng nhằng :-s
+ Tìm được VTCP $u_1=[\vec{u_d}, \vec{n_P}]$ của $(d_1)$.
+ Gọi (Q) là măt phẳng qua $(d_1)$ và song song với d, dễ dàng tìm được VTPT $\vec{n}= [\vec{n},\vec{u_1}]$ của (Q).
+ $d(d ; (Q) ) = d(d_1;d) = h$
Từ đó viết được phương trình mặt phẳng (Q), lấy giao với mặt phẳng (P) ta được đường thẳng $d_1$.
H
hoanghondo94
[TEX]d_1:4x-3y-12=0 \ (1) , \ d_2: 4x+3y-12=0 \ (2) , d_3: x=0.[/TEX]
Gọi $A,B,C$ lần lượt là 3 giao điểm của 3 đường trên , suy ra :
[TEX]A(3;0), \ B(0;-4) \ . \ C(0;4)[/TEX]
$A,B,C$ cũng chính là tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$
Mặt khác ta có : [TEX]OB =4 \ , \ OC =4 \ and \ OA=3 [/TEX]
[TEX]\Rightarrow ABC \ can \ tai \ A \ hay \ (AB=AC).[/TEX]
[TEX]BC= OB+OC = 8[/TEX], Theo pitago thì $AB^2=AC^2=3^2+4^2=5^2$ , Vậy $ AB = AC = 5.$
Gọi $ I$ là tâm đường tròn nội tiếp $ ABC$ suy ra $I$ thuộc $ AO$ (vì $AO$ là phân giác trong của góc $BAC).=> I(x;0)$
[TEX] Dat \ BC=a=8 \ , \ AC=b=5 , \ AB=c=5[/TEX] .Theo tính chất của tâm đường tròn nội tiếp thì :
[TEX]a.\vec{IA}+b.\vec{IB}+c.\vec{IC}=\vec{0} \ (*)[/TEX]
Ta lại có : [TEX]\vec{IA}=\vec{OI}-\vec{OA}[/TEX] , Tương tự với 2 vecto còn lại , thế vào $(*)$ ta được :
[TEX](a+b+c). \vec { OI}=a.\vec{OA}+b.\ve c{OB}…[/TEX]
[TEX]\rightarrow \{ x_I = \frac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c} \\ y_I = 0 [/TEX]…
.
[TEX]I(\frac{4}{9};0)[/TEX] , Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp thì:
[TEX]r^2=OI^2=(\frac{4}{9})^2 => r=\frac{4}{9}.[/TEX]
Last edited by a moderator:
- Status