Lời giải:

Ta sẽ đi CM đẳng thức tổng quát:

\((C^1_{2n})^2-(C^2_{2n})^2+(C^3_{2n})^2-....+(C^{2n-1}_{2n})^2-(C^{2n}_{2n})^2=C^n_{2n}+1\) với $n$ lẻ.

Theo nhị thức Newton ta có:

\((x^2-1)^{2n}=C^0_{2n}-C^1_{2n}x^2+C^2_{2n}x^4-....-C^n_{2n}x^{2n}+...+C^{2n}_{2n}x^{4n}\). Trong này, hệ số của $x^{2n}$ là $-C^n_{2n}$

Tiếp tục sử dụng nhị thức Newton:

\((x^2-1)^{2n}=(x+1)^{2n}(x-1)^{2n}=(C^0_{2n}+C^1_{2n}+C^2_{2n}x^2+...+C^{2n}_{2n}x^{2n})(C^0_{2n}x^{2n}-C^1_{2n}x^{2n-1}+C^2_{2n}x^{2n-2}-...+C^{2n}_{2n})\). Trong này, hệ số của $x^{2n}$ là

\((C^0_{2n})^2-(C^1_{2n})^2+(C^2_{2n})^2-.....+(C^{2n}_{2n})^2\)

Do đó:

\(-C^n_{2n}=(C^0_{2n})^2-(C^1_{2n})^2+(C^2_{2n})^2-.....+(C^{2n}_{2n})^2\)

\(\Leftrightarrow -C^n_{2n}=1-(C^1_{2n})^2+(C^2_{2n})^2-.....+(C^{2n}_{2n})^2\)

\(\Leftrightarrow (C^1_{2n})^2-(C^2_{2n})^2+...-(C^2_{2n})^2=1+C^n_{2n}\) 

Thay $n=1011$ ta có đpcm.

a) ta có \(I\in\) trung điểm \(TQ\) ; mà \(AQTM\) là hình chữ nhật

\(\Rightarrow I\in\) trung điểm \(AM\) \(\Rightarrow\) \(I\in\) đường thẳng nối trung điểm AB và trung điểm AC

b) đề sai rồi : có thể chứng mk đề sai bằng cách cho \(M⋮\left\{B;C;G\right\}\)

với G là trung điểm BC

thì ta thấy 3 đường thẳng \(TQ\) trong 3 trường hợp này không có giao điểm chung \(\Rightarrow\) đề sai

câu b sai \(\Rightarrow c\) không lm đc

Câu a)

Đặt \(2x=a\). PT trở thành:

\(2\sin ^2a+\sin 3a-1=\sin a\)

\(\Leftrightarrow 2\sin ^2a+\sin (a+2a)-1-\sin a=0\)

\(\Leftrightarrow 2\sin ^2a+\sin a\cos 2a+\cos a\sin 2a-1-\sin a=0\)

\(\Leftrightarrow 2\sin ^2a+\sin a\cos 2a+2\cos ^2a\sin a-1-\sin a=0\)

\(\Leftrightarrow (2\sin ^2a-1)+\sin a\cos 2a+\sin a(2\cos ^2a-1)=0\)

\(\Leftrightarrow -\cos 2a+\sin a\cos 2a+\sin a\cos 2a=0\)

\(\Leftrightarrow \cos 2a(-1+2\sin a)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} \cos 2a=0(1)\\ \sin a=\frac{1}{2}(2)\end{matrix}\right.\)

Từ (1) \(\Rightarrow 2a=\frac{\pi}{2}+k\pi (k\in\mathbb{Z})\)\(\Rightarrow x=\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{4}\)

Từ (2) \(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a=\frac{\pi}{6}+2k\pi \rightarrow x=\frac{\pi}{12}+k\pi \\ a=\frac{5}{6}\pi+2k\pi \rightarrow x=\frac{5\pi}{12}+k\pi \end{matrix}\right.\)

Bài 2:

\(\sin 2x+\sin 6x+2\sin ^2x-1=0\)

\(\Leftrightarrow \sin 2x+\sin 6x-\cos 2x=0\)

\(\Leftrightarrow \sin 2x+\sin 4x\cos 2x+\cos 4x\sin 2x-\cos 2x=0\)

\(\Leftrightarrow \sin a+\sin 2a\cos a+\cos 2a\sin a-\cos a=0\)

\(\Leftrightarrow \sin a(1+\cos 2a)+\sin 2a\cos a-\cos a=0\)

\(\Leftrightarrow \sin a.2\cos ^2a+\sin 2a\cos a-\cos a=0\)

\(\Leftrightarrow \cos a(2\sin 2a-1)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} \cos a=0(1)\\ \sin 2a=\frac{1}{2}(2)\end{matrix}\right.\)

Từ (1)\(\Rightarrow a=\frac{\pi}{2}+k\pi \Rightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}\)

Từ (2) \(\Rightarrow \left[\begin{matrix} 2a=\frac{\pi}{6}+2k\pi \rightarrow x=\frac{\pi}{24}+\frac{k\pi}{2}\\ 2a=\frac{5\pi}{6}+2k\pi \rightarrow x=\frac{5\pi}{24}+\frac{k\pi}{2}\end{matrix}\right.\)

b) ta có : \(MB=MN\) ; \(\widehat{BMN}=90^o\) \(\Rightarrow Q_{\left(M;90^o\right)}B=N\)

ta có \(B\) có định và \(M\in\dfrac{1}{2}\left(O;R\right)\) \(\Rightarrow\) \(N\) là tập hợp các điểm thuộc nữa đường tròn \(\left(O';R'\right)\) với \(R'=\sqrt{3R^2}\)

câu c mk đọc cái đề o hiểu (\(J\) là tâm của đường tròn nào)

mới hok chưa bt sâu ; lm có sai sót mong mn thông cảm

ta có : \(J=\dfrac{NB}{2}\) \(\Rightarrow D_J\left(B\right)=N\)

mà \(B\) cố định và \(N\in\left(O';R'\right)\) \(\Rightarrow\) \(I\in\left(O'';R''\right)\) \(R''=\dfrac{R^2}{2}\)

mk cũng có thể lm như thế này :

ta xét 3 trường hợp : \(M\equiv A;M\equiv B;M\in\dfrac{\stackrel\frown{AB}}{2}\)

ta đều thấy các điểm \(N\) đều cách \(M\in\dfrac{\stackrel\frown{AB}}{2}\) một đoạn bằng \(R'\)

\(\Rightarrow\) tập hợp điểm \(N\) là đường tròn \(\left(O';R'\right)\) với \(R'=\sqrt{2R^2}\)

ta có : \(2\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow2\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DC}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}D\in AC\\2AD=DC\end{matrix}\right.\)

\(3\overrightarrow{AE}+2\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow3\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AB}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}E\in AB\\AE=\dfrac{2}{3}AB\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) HÌNH

a) ta có tam giác \(ABC\) là tam giác đều \(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{EAD}=60^o\)

tâm quay là \(A\) \(\Rightarrow\) phép biến hình tâm \(A\) biến \(E\) thành \(D\) là \(Q_{\left(A;\dfrac{\pi}{3}\right)}\)(các góc quay lệt nhau \(2\pi\))

b) ta có \(\widehat{BAC}=\widehat{EAD}=60^o\) và \(\overrightarrow{ED}\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC}\) ; \(\overrightarrow{AE}\uparrow\uparrow\overrightarrow{AB}\) ; \(\overrightarrow{AD}\uparrow\uparrow\overrightarrow{AC}\)

\(\Rightarrow\) ảnh của \(B\) qua phép biến hình trên là \(C\) .

Lời giải:

Kẻ \(SH\perp BC\).

Vì \(\left\{\begin{matrix} SH\subset (SBC)\\ (SBC)\perp (ABC)\\ (SBC)\cap (ABC)\equiv BC\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABC)\)

Kẻ \(HK\perp AB\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} SH\perp AB\\ HK\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow (SHK)\perp AB\)

Mà \(AB\) là giao tuyến của (SAB) và (ABC) nên :

\(\Delta_{\phi}=\angle ((SAB),(ABC))=\angle (SK,HK)=\widehat{SKH}\)

\(\tan \Delta _{\phi}=\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}\)

Vì tam giác $SBC$ đều cạnh $a$ có $SH$ là là đường cao nên dễ thấy \(SH=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

\(HK=\sin B.BH=\sin 30.\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\)

\(\Rightarrow \tan \Delta_{\phi}=\frac{\sqrt{3}a}{2}: \frac{a}{4}=2\sqrt{3}\)

Đáp án A

Tứ diện SABC có (SBC) vuông góc (ABC), SBC là tam giác đều cạnh a, ABC là tam giác vuông tại A và B^=30 độ. Gọi delta phi là góc giữa (SAB) và (ABC). chọn khẳng định đún

A. tan delta phi = 2 căn 3
B. tan delta phi = 3 căn 3
C. delta phi = 60 độ
D delta phi = 30 độ

Lời giải:

Ta có:

\((\sqrt{n+1}+\sqrt{n})U_n=\frac{2}{2n+1}\)

\(\Rightarrow U_n=\frac{2}{(2n+1)(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{2n+1}\)

\(=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{(n+1)+n}<\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{2\sqrt{n(n+1)}}\) (áp dụng bđt am-gm thì \((n+1)+n\geq 2\sqrt{n(n+1)}\), dấu bằng không xảy ra vì \(n\neq n+1\))

hay \(U_n< \frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)

Do đó:
\(U_1+U_2+...+U_{2010}< \frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}-...+\frac{1}{\sqrt{2010}}-\frac{1}{\sqrt{2011}}\)

\(\Leftrightarrow U_1+U_2+..+U_{2010}< 1-\frac{1}{\sqrt{2011}}< \frac{1005}{1006}\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAB)\perp BC\)

Mà \(AH\subset (SAB)\Rightarrow AH\perp BC\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} AH\perp BC\\ AH\perp SB\end{matrix}\right.\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC(1)\)

Lại có:

\(\left\{\begin{matrix} SA\perp CD\\ AD\perp CD\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAD)\perp CD\)

Mà \(AK\subset (SAD)\Rightarrow AK\perp CD\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} AK\perp CD\\ AK\perp SD\end{matrix}\right.\Rightarrow AK\perp (SCD)\Rightarrow AK\perp SC(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow SC\perp (AHK)\Rightarrow SC\perp HK(*)\)

Tam giác vuông $SAB,SAD$ có các cạnh tương ứng bằng nhau nên hai tam giác bằng nhau.

Tương ứng ở mỗi tam giác có đường cao $AH,AK$ nên:

\(\Rightarrow \frac{SH}{HB}=\frac{SK}{KD}\), do đó \(HK\parallel BD\). Mà \(BD\perp AC\Rightarrow HK\perp AC(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow HK\perp (SAC)\)

Mà : \(AI\subset (SAC)\Rightarrow HK\perp AI\)

Ta có đpcm.

Nana