|
|
giải đáp
|
giup em bai nay, em can gap,thanks
|
|
|
|
Câu 1.
Áp dụng BĐT quen thuộc
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b}, \forall a,b >0.$
Ta có
$\dfrac{1}{x+1} + \dfrac{1}{y+1} \ge \dfrac{4}{x+y+3}= \dfrac{4}{3}$
$\Rightarrow 1-\dfrac{1}{x+1} + 1-\dfrac{1}{y+1} \le 2- \dfrac{4}{3}$
$\Rightarrow \dfrac{x}{x+1} + \dfrac{y}{y+1} \le \dfrac{2}{3}$
Vậy $\max A= \dfrac{2}{3}\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giup em bai nay, em can gap,thanks
|
|
|
|
Câu 2. Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$(p-a)(p-b) \le \left ( \dfrac{p-a+p-b}{2} \right )^2=\dfrac{c^2}{4}$
Tương tự
$(p-a)(p-c) \le \dfrac{b^2}{4}$
$(p-b)(p-c) \le \dfrac{a^2}{4}$
nhân theo từng vế ba bđt này ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
|
|
|
|
giải đáp
|
tich phân
|
|
|
|
Xét các trường hợp + $0 <a <b $ suy ra $I=\int\limits_{a}^{b}\dfrac{|x|}{x}dx=\int\limits_{a}^{b}\dfrac{x}{x}dx=\int\limits_{a}^{b}1dx=x|_{a}^{b}=b-a$ + $a <b<0 $ suy ra $I=\int\limits_{a}^{b}\dfrac{|x|}{x}dx=\int\limits_{a}^{b}\dfrac{-x}{x}dx=\int\limits_{a}^{b}-1dx=-x|_{a}^{b}=a-b$ + $a \le 0 \le b $ suy ra $I=\int\limits_{a}^{b}\dfrac{|x|}{x}dx=\int\limits_{a}^{0}\dfrac{|x|}{x}dx+\int\limits_{0}^{b}\dfrac{|x|}{x}dx$ $I=\int\limits_{a}^{0}-1dx+\int\limits_{0}^{b}1dx=a+b$ |
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
Ta có
$I=\int\limits_{1}^{e}\dfrac{\cos(\ln x)}{x}dx=\int\limits_{1}^{e}\cos(\ln x).\dfrac{1}{x}dx=\int\limits_{1}^{e}\cos(\ln x)d(\ln x)$
$I=\left[ {\sin(\ln x)} \right]_{1}^{e}=\boxed{\sin 1}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hinh hoc 9
|
|
|
|
Áp dụng BĐT quen thuộc
$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \ge \dfrac{4}{x+y}, \forall x,y >0.$
Ta có
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b} \ge \dfrac{4}{2p-(a+b)}=\dfrac{4}{2c}=\dfrac{2}{c} $
Tương tự
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b} \ge \dfrac{2}{c}$
$\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c} \ge \dfrac{2}{a}$
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-c} \ge \dfrac{2}{b}$
cộng theo từng vế ba BDDT này ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c.$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(VI).
|
|
|
|
Gọi $CN, CM$ lần lượt cắt $BD$ tại $H, K$.
Gọi $SH, SK$ lần lượt cắt $CN, CM$ tại $I, J$.
Xét ba mặt phẳng $(MNP), (SHK), (ABCD)$ lần lượt cắt nhau theo ba giao tuyến $MN, BD, IJ$ sao cho $MN \parallel BD$ nên ta suy ra $MN \parallel BD \parallel JI.$
Như vậy trong mp $(SBD)$ thì $JI$ có thể cắt $SB,SD$ tại $L, R.$
Vậy thiết diện là ngũ giác $LPRNM.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(VII).
|
|
|
|
Kẻ $EM \cap SA =P, EN \cap SC =Q.$
Theo định lý Menelauyt có thể tính được $\dfrac{CQ}{CS}=\dfrac{AP}{SA}=\dfrac{1}{3}$, do đó $PQ \parallel AC \parallel MN$.
Như trong hình thang $MNQP$ thì $NP$ có thể cắt $MQ$ tại $O$.
Trong $(SBE)$ gọi $EO \cap SB =R$ thì thiết diện cần tìm chính là ngũ giác $MPRQN.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(V).
|
|
|
|
c) Tương tự câu b) thì $(CMN)$ chính là $(DCMN)$ vì có $MN \parallel CD.$
Như vậy ta chỉ cần tìm giao tuyến của $(DCMN)$ và hình chóp. Từ kết quả câu b) ta suy ra đo chính là hình thang $DCPQ.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(V).
|
|
|
|
b) Chú ý rằng $(CMN)$ chính là $(DCMN)$.
Gọi $CN $ cắt $SB$ tại $P$ thì $P$ là trung điểm $SB$.
Gọi $DM $ cắt $SA$ tại $Q$ thì $Q$ là trung điểm $SA$.
suy ra $PQ \parallel AB \parallel CD$. Nên giao tuyến cần tìm là $PQ$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(V).
|
|
|
|
a) kẻ đường thẳng $Sx$ song song với $AB$ thì $Sx$ thuộc mp $SAB$.
Do $AB \parallel IJ$ nên $Sx \parallel IJ$ thì $Sx$ thuộc mp $SJI$.
Vậy $Sx$ là đường thẳng cần tìm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(IV).
|
|
|
|
c) Nếu đề bài là $MIS$ thì câu trả lời rất đơn giản, đó chính là đường thẳng $SC$.
Do $S,M,C$ thẳng hàng và là điểm chung của cả hai mặt phẳng trên.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(III).
|
|
|
|
a) Theo tính chất đường trung bình thì $MN \parallel AB$,
mặt khác do $ABCD$ là hình thang nên $CD \parallel AB$.
Suy ra $MN \parallel CD$,đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(IV).
|
|
|
|
b) Lý luận tương tự câu a) thì nếu gọi điểm $N \in SD$ sao cho $MN \parallel CD$ thì đường thẳng $MN$ chính là giao tuyến cần tìm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai đường thằng song song(IV).
|
|
|
|
a) Từ $S$ kẻ tia $Sx$ song song với $AD$ thì suy ra $Sx \parallel BC$.
Như vậy $Sx$ nằm trong mp$(SBC)$ và $Sx$ cũng nằm trong mp$(SAD)$.
Vậy giao tuyến của mp$(SBC)$ và mp$(SAD)$ là $Sx$ song song với $AD, BC$.
Tương tự giao tuyến của mp$(SAC)$ và mp$(SBD)$ là $Sy$ song song với $AC, BD$.
|
|