Với a ≠ kπ (k ∈ Z) chứng minh:
a) cosa.cos2a.cos4a...cos16a = \(\frac{sin32a}{32.sina}\)
b) cosa.cos2a.cos4a....cos2na = \(\frac{sin2^{n+1}a}{2^{n+1}sina}\)
Với a ≠ kπ (k ∈ Z) chứng minh:
a) cosa.cos2a.cos4a...cos16a = \(\frac{sin32a}{32.sina}\)
b) cosa.cos2a.cos4a....cos2na = \(\frac{sin2^{n+1}a}{2^{n+1}sina}\)
Đặt \(A=cosa.cos2a.cos4a...cos2^na\)
\(\Rightarrow A.sina=sina.cosa.cos2a...cos2^na\)
\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{2}sin2a.cos2a.cos4a...cos2^na\)
\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{4}sin4a.cos4a...cos2^na\)
.....
\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{2^n}.sin2^na.cos2^na\)
\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{2^{n+1}}sin2^{n+1}a\)
\(\Rightarrow A=\frac{sin2^{n+1}a}{2^{n+1}.sina}\) (đpcm)
Câu 1: Tìm tập nghiệm của bất phương trình: \(\sqrt{x+2}\left(x-4\right)^3\ge0\)
Câu 2: Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M (1;3) và cắt các tia Ox, Oy tương ứng tại hai điểm A và B phân biệt. Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
Câu 3: Giải phương trình: \(\left(1-\sqrt{1-x}\right)\sqrt[3]{2-x}=x\left(x\in R\right)\)
Câu 1:
ĐKXĐ: $x\geq -2$
$\sqrt{x+2}(x-4)^3\geq 0$
$\Leftrightarrow (x-4)^3\geq 0$ (do $\sqrt{x+2}\geq 0$ với $x\geq -2$)
$\Leftrightarrow x-4\geq 0\Leftrightarrow x\geq 4$
Kết hợp với ĐKXĐ suy ra tập nghiệm của BPT là $D=[4;+\infty)$
Câu 2:
Gọi đường thẳng $(d)$ cắt $Ox,Oy$ tại 2 điểm phân biệt có dạng $y=ax+b$ $(a;b\neq 0$)
Vì $M\in d$ nên $3=a+b$
Tọa độ điểm $A\in Ox$ là $(\frac{-b}{a}; 0)$
Tọa độ điểm $B\in Oy$ là $(0, b)$
Diện tích tam giác $OAB$ là:
$S_{OAB}=\frac{OA.OB}{2}=\frac{|x_A|.|y_B|}{2}=\frac{|\frac{-b}{a}|.|b|}{2}=\frac{1}{2}.|\frac{b^2}{a}|$
Nếu $M\in$ đoạn thẳng $AB$ thì: $\frac{-b}{a}>1; b>3$
$S_{OAB}=\frac{1}{2}.|\frac{b^2}{3-b}|=|b+3+\frac{9}{b-3}|=\frac{1}{2}.|(b-3)+\frac{9}{b-3}+6|\geq 6$ theo BĐT AM-GM
Vậy $S_{OAB}$ min bằng $6$ khi $b-3=3\Leftrightarrow b=6$. Khi đó $a=-3$
PTĐT: $y=-3x+6$
Nếu $M$ không thuộc đoạn thẳng $AB$ thì có 2 TH xảy ra là:
TH1: $0< b< 3$ và $a>0$ TH2: $b< 0; a>0; a+b>0$ (mấy TH này không tìm được min)
Mình nghĩ nên bổ sung đk $M\in$ đường thẳng $AB$.
Câu 3:
ĐK: $x\leq 1$
PT \(\Leftrightarrow \frac{x}{1+\sqrt{1-x}}.\sqrt[3]{2-x}=x\)
\(\Leftrightarrow x\left(\frac{\sqrt[3]{2-x}}{1+\sqrt{1-x}}-1\right)=0\)
\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=0\\ \sqrt[3]{2-x}=1+\sqrt{1-x}\end{matrix}\right.\)
Xét TH $\sqrt[3]{2-x}=1+\sqrt{1-x}(*)$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{2-x}-1-\sqrt{1-x}=0$
$\Leftrightarrow \frac{1-x}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}-\sqrt{1-x}=0$
\(\Leftrightarrow \sqrt{1-x}\left(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}-1\right)=0\)
Từ $(*)$ dễ thấy: $0\leq \sqrt{1-x}< \sqrt[3]{2-x}$
Do đó:
\(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}< \frac{\sqrt[3]{2-x}}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}< 1\) nên biểu thức trong ngoặc lớn luôn nhỏ hơn $0$
$\Rightarrow \sqrt{1-x}=0\Rightarrow x=1$
Vậy $x=0; x=1$
Cho a,b>0, ab=1. CMR \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{a+b}\ge3\)
\(P=\dfrac{a+b}{ab}+\dfrac{2}{a+b}=a+b+\dfrac{2}{a+b}\)
\(P=\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{a+b}{2}\)
\(P\ge2\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right).2}{2\left(a+b\right)}}+\dfrac{2\sqrt{ab}}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)
\(\sqrt{x-3}+\sqrt{x+2}=1-x\)
Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3
Để đẳng thức xảy ra thì 1 - x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1
Để phương trình có nghiệm thì x ∈ (-\(\infty\); 1) \(\cap\left(+\infty;3\right)\)
⇔ x ∈ ∅Phương trình vô nghiệm
Tập nghiệm : S = ∅
1, Cho tam giác ABC có G là trọng tâm, biết rằng vecto AG= x vecto AB + y vecto AC (x;y ∈ R). tính T=x+y.
2, cho tam giác ABC đều cạnh a, H là trung điểm của BC. Tính |vecto CA - vecto HC|.
3, Cho tập hợp A= x ∈ R; x=3k, k ∈ Z, 10<x<100. Tổng các phần tử của tập hợp A bằng bao nhiêu?
1.
Gọi M là trung điểm BC thì theo tính chất trọng tâm: \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\Rightarrow x+y=\dfrac{2}{3}\)
2.
\(CH=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\)
\(T=\left|\text{ }\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{HC}\right|=\left|\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CH}\right|\)
\(\Rightarrow T^2=CA^2+CH^2+2\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CH}=a^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2+2.a.\dfrac{a}{2}.cos60^0=\dfrac{7a^2}{4}\)
\(\Rightarrow T=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}\)
3.
\(10< x< 100\Rightarrow10< 3k< 100\)
\(\Rightarrow\dfrac{10}{3}< k< \dfrac{100}{3}\Rightarrow4\le k\le33\)
\(\Rightarrow\sum x=3\left(4+5+...+33\right)=1665\)
Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp (O), M là trung điểm BC. Các điểm N, P thuộc đoạn BC sao cho MN=MP. Các đường thẳng AM, AN, AP cắt (O) lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng BC, EF và tiếp tuyến của (O) tại D đồng quy.
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh BC, CA, AB . Các điểm M, N thuộc (I) sao choEM||FN||BC. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BM, CN với (I). Chứng minh BC, PE, QF đồng quy.
1. Giải hệ \(\left\{{}\begin{matrix}y^3-x^3+3x^2=6y^2-16y+7x+11\\\left(y+2\right)\sqrt{x+4}+\left(x+9\right)\sqrt{2y-x+9}=x^2+9y+1\end{matrix}\right.\)
2. Cho tam giác ABC nội tiếp (C) có tâm O. Gọi I là trung điểm AC và M là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OC}\). Biết OM vuông góc với BI và \(AC^2=3BC.BA\). Tính góc ABC
2.
Ta cần tìm \(cosABC=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB.BC}=\dfrac{3\left(AB^2+BC^2-AC^2\right)}{2AC^2}\)
Gọi H, K là trung điểm của AB, BC.
Theo giả thiết \(\overrightarrow{OM}\perp\overrightarrow{BI}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BI}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(5\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+5\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{BA}+5\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{BC}=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+5\left(\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HB}\right).\overrightarrow{BA}+5\left(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{KB}\right).\overrightarrow{BC}=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+5\overrightarrow{OH}.\overrightarrow{BA}+5\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{BA}+5\overrightarrow{OK}.\overrightarrow{BC}+5\overrightarrow{KB}.\overrightarrow{BC}=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+0+\dfrac{5}{2}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BA}+0+\dfrac{5}{2}\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}=0\) (Vì \(OH\perp AB,OK\perp BC\))
\(\Leftrightarrow-\dfrac{1}{2}\left(AB^2+BC^2\right)+4\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(AB^2+BC^2\right)=2\left(AB^2+BC^2-AC^2\right)\)
\(\Leftrightarrow AB^2+BC^2=\dfrac{4}{3}AC^2\)
Khi đó \(cosABC=\dfrac{3\left(\dfrac{4}{3}AC^2-AC^2\right)}{2AC^2}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{ABC}=60^o\)
Cho \(\Delta ABC\) thỏa mãn \(h_a=\sqrt{p\left(p-a\right)}\)
Chứng minh: \(\Delta ABC\) cân
ha là đường cao hạ từ đỉnh A
p là nửa chu vi tam giác
a là cạnh đối điện đỉnh A
\(S=\dfrac{1}{2}ah_a=\dfrac{1}{2}a\sqrt{p\left(b-a\right)}\) ; \(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}a=\sqrt{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}a=\sqrt{\dfrac{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{4}}\Leftrightarrow a^2=\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)
\(\Leftrightarrow b^2-2bc+c^2=0\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow b=c\)
Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(2;3) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại hai điểm M,N khác điểm O sao cho OM + ON đạt giá trị nhỏ nhất.