Câu c tính gì vậy bạn?

Một bình hình trụ có chiều cao \(l_0\left(cm\right)\) chứa không khí ở nhiệt độ \(t\left(^oC\right)\). Lộn ngược bình và nhúng vào chậu chứa chất lỏng có khối lượng riêng \(\rho\left(kg\cdot m^{-3}\right)\) sao cho đáy của bình ngang với mặt thoáng của chất lỏng trong chậu. Quan sát thấy được mực chất lỏng trong bình dâng lên độ cao \(h\left(h< l_0\right)\left(cm\right)\). Cho áp suất khí quyển là \(p_0\left(Pa\right)\), gia tốc trọng trường \(g\left(m\cdot s^{-2}\right)\).

1. Nâng bình cao thêm một đoạn \(dl\left(h< dl< l_0\right)\left(cm\right)\). Mực chất lỏng trong bình lúc này chênh lệch một khoảng \(x\) bao nhiêu so với mặt thoáng ở ngoài?

2. Giữ bình ở vị trí như ý 1, tìm nhiệt độ không khí trong bình cần được nâng lên đến để \(x=0\).

Áp dụng bằng số:

\(l_0=20\left(cm\right);h=10\left(cm\right);dl=12\left(cm\right);p_0=9,4\cdot10^4\left(Pa\right);g=10\left(m\cdot s^{-2}\right);t=37\left(^oC\right);\rho=800\left(kg\cdot m^{-3}\right)\)

Cho hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}secx+tanx=\dfrac{22}{7}\\cscx+cotx=\dfrac{m}{n}\end{matrix}\right.\), với \(\dfrac{m}{n}\) tối giản.

Tính \(S=m+n\).

\(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=m+1\\x+y=2m-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x=3m\\2x-y=m+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=m\\y=m-1\end{matrix}\right.\)

Theo đề: \(x^2-2y-1=0\)

\(\Leftrightarrow m^2-2\left(m-1\right)-1=0\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2=0\Leftrightarrow m=1\).

Vậy: \(m=1.\)

Một bơm tay có chiều cao \(h=50cm\), đường kính \(d=5cm\). Dùng bơm này để đưa không khí vào trong một săm xe đạp. Cho thời gian mỗi lần bơm là \(t_0=2,5s\), áp suất ban đầu trong săm bằng áp suất khí quyển và bằng \(p_k=10^5Nm^{-2}\), nhiệt độ không khí không thay đổi. Tìm thời gian \(t\) để bơm vào săm \(V_0=7\left(l\right)\) khí có áp suất \(p_0=5.10^5Nm^{-2}\).

Ba quả cầu khối lượng \(M,m,m\) và mang điện tích giống nhau \(Q\). Quả cầu \(M\) ở giữa hai quả cầu kia được nối với hai quả cầu kia bằng một sợi dây mảnh, cách điện và có chiều dài \(l\). Đặt hệ trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn. Truyền cho quả cầu \(M\) vận tốc \(\overrightarrow{v_0}\) theo hướng vuông góc với sợi dây.

1. Tìm khoảng cách ngắn nhất của các quả cầu trong quá trình chuyển động.

2. Tính vận tốc của các quả cầu tại thời điểm cả ba quả cầu lại thẳng hàng.

(a) \(P,Q\) đối xứng với nhau qua \(BC\) nên \(BC\) là đường trung trực của \(PQ\).

Suy ra: \(CQ=CP\Rightarrow\Delta CPQ\) cân tại \(C\Rightarrow\hat{KCP}=\hat{KCQ}\), hay \(\hat{BCP}=\hat{BCF}\). Mà \(\hat{BAP}=\hat{BCP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{BP}\)).

Do đó: \(\hat{BAP}=\hat{BCF}\)

Xét \(\Delta ABK,\Delta CBF:\)

\(\hat{B}\) chung và \(\hat{BAP}=\hat{BCF}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABK\sim\Delta CBF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AK}{CF}=\dfrac{AB}{CB}\Leftrightarrow\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{CF}{CB}\left(1\right)\)

Ta cũng dễ chứng minh được \(\Delta ABK\sim\Delta CPK\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AK}{CK}=\dfrac{AB}{CP}=\dfrac{AB}{CQ}\left(CP=CQ\left(cmt\right)\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{CK}{CQ}\left(2\right)\).

Từ (1) và (2), suy ra: \(\dfrac{CF}{CB}=\dfrac{CK}{CQ}\Leftrightarrow\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CK}{CF}\).

Xét \(\Delta CQK,\Delta CBF:\left\{{}\begin{matrix}\hat{C}\text{ chung}\\\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CK}{CB}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta CQK\sim\Delta CBF\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{CKQ}=\hat{CFB}\).

Lại có: \(\hat{CKQ}+\hat{QKB}=180^o\) (kề bù), suy ra \(\hat{CFB}+\hat{QKB}=180^o\).

Đây là hai góc đối nhau nên tứ giác \(BKQF\) nội tiếp được một đường tròn (đpcm).

Chứng minh tương tự như trên thì ta cũng suy ra được tứ giác \(KQEC\) nội tiếp được một đường tròn.

(b) Từ câu a, \(KQEC\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{QEA}=\hat{QKC}\) (cùng bù với \(\hat{QEC}\)); \(BFQK\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{QFB}=\hat{QKC}\) (cùng bù với \(\hat{QKB}\)).

Suy ra: \(\hat{QFB}=\hat{QEA}\).

Lại có: \(\hat{QFB}+\hat{QFA}=180^o\) (kề bù) nên \(\hat{QEA}+\hat{QFA}=180^o\)

Đây là hai góc đối nhau nên tứ giác \(AFQE\) nội tiếp (đpcm).

(c) \(L\in\left(AEF\right)\) mà tứ giác \(AFQE\) nội tiếp (cmt), suy ra \(Q\in\left(AEF\right)\), hay tứ giác \(AFLQ\) nội tiếp.

Suy ra: \(\hat{FAL}=\hat{FQL}\) (hai góc cùng nhìn một cạnh), hay \(\hat{BAP}=\hat{FQL}\).

Mà ở câu a, \(\hat{BAP}=\hat{BCF}\Rightarrow\hat{BAP}=\hat{KCQ}\).

\(\Rightarrow\hat{KCQ}=\hat{FQL}\).

Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(QL\left|\right|CK\), mà \(CK\perp PQ\) (\(BC\) là đường trung trực của \(PQ\) (chứng minh ở a))

Do đó, \(QL\perp PQ\), tức \(\hat{PQL}=90^o\left(đpcm\right)\)

Biến đổi ra thôi. Từ khúc cuối dòng 1, nhân chéo lên thì được:

\(2\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=-5x_1x_2\)

\(\Leftrightarrow2\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+5x_1x_2=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(x_1+x_2\right)^2+x_1x_2=0\)

(a) Khi \(m=2,\left(1\right)\Leftrightarrow x^2-4x-5=0\left(2\right)\).

Phương trình (2) có \(a-b+c=1-\left(-4\right)+\left(-5\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-\dfrac{c}{a}=5\end{matrix}\right.\).

Vậy: Khi \(m=2,S=\left\{-1;5\right\}\).

(b) Điều kiện: \(x_1,x_2\ne0\Rightarrow m\in R\)

Phương trình có nghiệm khi:

\(\Delta'=\left(-m\right)^2-1\cdot\left(-m^2-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2m^2+1\ge0\left(LĐ\right)\)

Suy ra, phương trình (1) có nghiệm với mọi \(m\).

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-m^2-1\end{matrix}\right.\)

Theo đề: \(\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}=-\dfrac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=-\dfrac{5}{2}\Leftrightarrow\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}=-\dfrac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x_1+x_2\right)^2+x_1x_2=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(2m\right)^2+\left(-m^2-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow7m^2=1\Leftrightarrow m=\pm\dfrac{\sqrt{7}}{7}\) (thỏa mãn).

Vậy: \(m=\pm\dfrac{\sqrt{7}}{7}.\)