|
|
giải đáp
|
Hình Học Không Gian
|
|
|
|
Ta có $\rm \vec{AM}+\vec{DN}=\left(\vec{AI}+\vec{IJ}+\vec{JM}\right)+\left ( \vec{DI}+\vec{IJ}+\vec{JNM} \right )\\ \Rightarrow 2\vec{IJ}=\left ( \vec{AM}+\vec{DN} \right )-\left ( \vec{AI}+\vec{DI} \right )-\left ( \vec{JM}+\vec{JN} \right ) \\ = \left ( \vec{AM}+\vec{DN} \right )+(k+1)\vec{ID}-(k+1)\vec{JN}(1)$
Tương tự suy ra $\rm 2\vec{JK}=\left ( \vec{MB}+\vec{NC} \right )-\left ( \vec{MJ}+\vec{NJ} \right )-\left ( \vec{KB}+\vec{KC} \right )$ $\rm =\left ( \vec{MB}+\vec{NC} \right )+(k+1)\vec{JN}-(k+1)\vec{KC}(2)$ Vì $\rm \vec{AM}+\vec{DN}=2\left ( \vec{MB}+\vec{NC} \right ); \vec{ID}-\vec{JN}=2\left ( \vec{JN}-\vec{KC} \right ) $(dễ dàng chứng minh) Nên từ $(1);(2)$ suy ra $\rm \vec{IJ}=2\vec{JK}\Rightarrow \it(đpcm)$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Chúc mừng năm mới 2017
|
|
|
|
Cho $\triangle \rm{ABC}$ và đặt $\rm{\alpha=\cos A}\;;\beta=\cos B\;;\gamma=\cos C$. Chứng minh: $a)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3 \ge 3\alpha\beta\gamma$ $b)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3+\frac 32\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right) \le \frac 32$ |
|
|
|
giải đáp
|
hình :)
|
|
|
|
$S_{tp}=2\pi R^2+2\pi .R.h=2\pi(R^2+hR) =2\pi\left(R^2+\frac{V}{R^2\pi}.R\right)$ $=2\pi\left(R^2+\frac{V}{2\pi.R} +\frac{V}{2\pi.R}\right)$ Áp dụng bdt cosi 3 số, có đc $S_{tp}$ đạt $\min\Leftrightarrow R^2=\frac{V}{2\pi.R}$ Hay $R=\sqrt[3]{\frac V{2\pi}}$
Chọn A |
|
|
|
giải đáp
|
hình :)
|
|
|
|
$S=\frac 13S.h=\frac 13\pi.r^2.h\Rightarrow h=\frac {81}{\pi.r^2}$ Lượng giấy tiêu thụ ít nhất $\Leftrightarrow $ diện tích giấy ($S_{xq}$) cần dùng ít nhất Có $S_{xq}=\pi.r.l=\pi.r.\sqrt{h^2+r^2}=\pi.r.\sqrt{\frac{81^2}{\pi^2.r^4}+r^2}$ $=\pi.\sqrt{\frac{81^2}{2\pi^2r^2}+\frac{81^2}{2\pi^2r^2}+r^4}$ Áp dụng bdt cosi 3 số dương sẽ tìm dc $\min$ của $S_{xq}$ Khi đó $\frac{81^2}{2\pi^2 r^2}=r^4$ hay $r=\sqrt[6]{\frac{3^8}{2\pi^2}}$ Chọn B |
|
|
|
giải đáp
|
cần gấp
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giải giúp mình với được không ạ?
|
|
|
|
Trên $AD$ lấy $M$ sao cho $\vec {AD}=\vec{DM}$ $\Rightarrow JD //SM$ Nên ta chỉ cần tìm góc $(SM,(SIC))$ là đủ Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $IC$, ta có : $\left.\begin{matrix} MH\perp IC\\ MH\perp SI\end{matrix}\right\}\Rightarrow MH\perp(SIC)$, do đó $H$ là hình chiếu của $M$ lên $(SIC)$ Suy ra $(SM,(SIC))=\widehat{MSH}$ Để ý $\triangle MSH$ vuông tại $H$ và $\triangle SAM$ vuông tại $A$ Và dễ dàng tính được $SA=\sqrt 2$ Ta có $MS=2DJ=2.\sqrt{JA^2+AD^2}=3\sqrt 2$ Hơi khó khăn, ta tính dc: $MH=\sin \widehat{MIH}.MI\approx 2,68$ Do đó $\sin \widehat{MSH}=\frac{MH}{SM}=\frac{2,68}{3\sqrt 2}\Rightarrow \widehat{MSH}\approx 39^o$ Hình vẽ bài toán
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Cần rất gấp, ai giúp nha
|
|
|
|
Cho $\triangle ABC$ có các góc thỏa mãn $\sqrt{\cos A},\sqrt{\cos B},\sqrt{\cos C}$ lập thành một CSN. Vậy thì $\triangle ABC$ là tam giác gì. |
|
|
|
giải đáp
|
AM-GM
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
help
|
|
|
|
Dùng cách hơi trâu bò tí... Ta có $\lim_{x\to0} \left(\frac{\ln(\sqrt[3]{3x+1}+1)}x-\frac{\ln(\sqrt{x+1}+1)}{x}\right)$ $=\lim_{x\to0} \left( \dfrac{\ln \left(\dfrac{\sqrt[3]{3x+1}+1}{\sqrt{x+1}+1}\right)}{x}\right)$ $=\lim_{x\to0}\left( \frac{\ln\left(\dfrac {\sqrt[3]{3x+1}-\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}+1}+1\right)}{\dfrac {\sqrt[3]{3x+1}-\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}+1}}.\frac{\dfrac {\sqrt[3]{3x+1}-\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}+1}}{x}\right)$
$=1.\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{3x+1}-\sqrt{x+1}}{x(\sqrt{x+1}+1)} $
$=\lim_{x\to0} \frac{\sqrt[3]{(3x+1)^2}-(x+1)}{x(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt[3]{3x+1}+\sqrt{x+1})}$ $=\lim_{x\to0} \frac{(3x+1)^2-(x+1)^3}{x.\color{green}{f(x)}}=\lim_{x\to0} \frac{x(-x^2+6x+3)}{x \color{green}{f(x)}}$ $=\lim_{x \to 0}\frac{-x^2+6x+3}{\color{green}{f(x)}}$
Trong đó $\color{green}{f(x)}=(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt[3]{3x+1}+\sqrt{x+1})\left[\sqrt[3]{(3x+1)^2}+\sqrt[3]{(3x+1)^2}(x+1)+(x+1)^2\right]$ Và $\lim_{x\to0}\color{green}{f(x)}=12$
Do đó giới hạn cần tìm là $\frac 14$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm số nguyên dương $n$ thỏa mãn
|
|
|
|
Dùng công thức $C_n^k=\frac{k+1}{n+1}.C_{n+1}^{k+1}$ (tự chứng minh nhé) Ta có $C_n^0=\frac 1{n+1}C_{n+1}^1; C_n^2=\frac 3{n+1}C_{n+1}^3...;C_n^n=C_{n+1}^{n+1}$ Suy ra $VT=\frac{1}{n+1}.2C_{n+1}^1+\frac 1{n+1}2^2C_{n+1}^2+...+\frac 1{n+1}2^{n+1}C_{n+1}^{n+1}+1$ Rút gọn 2 vế cho $\frac 1{n+1}$ Ta đc $C_{n+1}^0+2C_{n+1}^1+2^2C_{n+1}^2+...2^{n+1}C_{n+1}^{n+1}=3^{2017}$ $\Leftrightarrow (1+2)^{n+1}=3^{2017}$ $\Leftrightarrow n=2016$ |
|
|
|
giải đáp
|
toán 11 gấp
|
|
|
|
Giả sử ta có 2 tập $\mathrm{A,B}$ có lần lượt $\mathrm{n,m}$ phần tử sao cho $\mathrm{A \cap B=\varnothing}$ Để lấy $\mathrm k$ phần tử trong cả tập $\mathrm {A\&B}$ ta có $\mathrm{C_{n+m}^k}$ cách Mặt khác, ta có thể : lấy $\mathrm {k}$ phần tử trong tập $\mathrm A$, $\mathrm 0$ phần tử trong tập $\mathrm B$ có $\mathrm{C_n^k.C_m^0}$ cách hoặc lấy $\mathrm {k-1}$ phần tử trong tập $\mathrm A$, $\mathrm 1$ phần tử trong tập $\mathrm B$ có $\mathrm{C_n^{k-1}.C_m^1}$ cách hoặc lấy $\mathrm {k-2}$ phần tử trong tập $\mathrm A$, $\mathrm 2$ phần tử trong tập $\mathrm B$ có $\mathrm{C_n^{k-2}.C_m^2}$ cách $...$ hoặc lấy $\mathrm {k-m}$ phần tử trong tập $\mathrm A$, $\mathrm m$ phần tử trong tập $\mathrm B$ có $\mathrm{C_n^{k-m}.C_m^m}$ cách Theo quy tắc cộng thì suy ra dpcm |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm a đrr PT có nghiệm
|
|
|
|
Dễ thấy $\sqrt 3\sin 2x-\cos 2x=-2\cos \left(2x+\frac{\pi}3\right)$ Và $\sin \left(x+\frac{\pi}3 \right)=\cos\left( x-\frac{\pi}6\right)$
$pt\Leftrightarrow 4\cos^2\left(x-\frac{\pi}6\right)+2\cos\left( 2x+\frac{\pi}3\right)=a^2$ $\Leftrightarrow 2\left[1+\cos \left(2x-\frac{\pi}{3} \right)\right]+2\cos\left(2x+\frac{\pi}3\right)=a^2 $ $\Leftrightarrow a^2=2+2\cos 2x$ Vì $0 \le 2+2\cos 2x \le 4$ $\Rightarrow 0\le a^2 \le 4\Rightarrow -2 \le a \le 2$ |
|
|
|
giải đáp
|
Help !!!
|
|
|
|
Ta có $a^2-10a=(a-5)^2-25 \ge -25$ $4b^2 \ge0$ $\Rightarrow GTNN=-25\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=5\\ b=0 \end{array} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
mọi người giúp với
|
|
|
|
Ta có $\mathrm{\frac 1{\sqrt{U_1}+\sqrt{U_2}}=\frac{\sqrt U_2-\sqrt{U_1}}{U_2-U_1}=\frac{\sqrt{U_2}-\sqrt{U_1}}{d}}$ $\mathrm{\frac{1}{\sqrt{U_2}+\sqrt{U_3}}=\frac{\sqrt{U_3}-\sqrt{U_2}}{d}}$ $....$ $\mathrm{\frac{1}{\sqrt{U_{n-1}}+\sqrt{U_n}}=\frac{\sqrt{U_n}-\sqrt{U_{n-1}}}{d}}$ Lấy tổng lại: $\mathrm{\Rightarrow VT=\frac{\sqrt{U_n}-\sqrt{U_{1}}}{d}=\frac{(\sqrt{U_n}-\sqrt{U_{1}})(\sqrt{U_n}+\sqrt{U_{1}})}{d(\sqrt{U_n}+\sqrt{U_{1}})}=\frac{(n-1).d}{(\sqrt{U_n}+\sqrt{U_{1}}).d}=VP}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cho a,b,c>0 Cm $\frac{a^2+b^2}{c^2+ab}+\frac{b^2+c^2}{a^2+bc}+\frac{c^2+a^2}{b^2+ac}\geq 3$
|
|
|
|
Dùng trực tiếp bdt cosi 3 số Ta có $VT\ge 3\sqrt[3]{\frac{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}}$ Nên chỉ cần chỉ ra $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \ge (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)$
BDT này hiển nhiên đúng do theo cauchy-schwarz $\left.\begin{matrix} (a^2+b^2)(c^2+b^2) \ge (b^2+ac)^2\\ (c^2+b^2)(c^2+a^2) \ge (c^2+ab)^2 \\ (c^2+a^2)(a^2+b^2) \ge (a^2+bc)^2\end{matrix}\right\}$ Nhân vế với vế ta có dpcm |
|