$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}2}\frac{sin(x+\frac{\pi}4-\frac{\pi}{4})}{2\sqrt2sin^3(x+\frac{\pi}4)}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}2}\frac{dx}{4sin^2(x+\frac{\pi}4)}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}2}\frac{cos(x+\frac{\pi}4)dx}{4sin^3(x+\frac{\pi}4)}$
Cái thứ nhất từng phần cái thứ hai cho cos vào vi phân
Tự làm nốt nhé :)

Gọi $B(0;b;0)  C(0;0;c)\rightarrow (P):  \frac x4+\frac yb+\frac zc=1$
Ta có $H\in (P)=> \frac1b+\frac2c=1(1)$
$\overrightarrow{AH}(-4;1;2)   ; \overrightarrow{BC}(0;-b;c)$
$AH$ là đường cao $\Leftrightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0$
$\Leftrightarrow b=2c   (2)$
Từ $(1) (2)\rightarrow \begin{cases}b=\frac15 \\ c=\frac25 \end{cases}$

Câu 2
$y=2x^3-3(2m+1)x^2+6m(m+1)x+1$
Ta có $y=3x(x^2-(2m+1)x+m(m+1))-x^3+3m(m+1)x+1$
$y'=6x^2-6x(2m+1)+6m(m+1)=0$
$\Leftrightarrow x^2-(2m+1)x+m(m+1)=0$
$\Leftrightarrow (x-m)(x-m-1)=0$
$\Leftrightarrow x =m $  đây là x CĐ                          $   \veebar x=m+1$
$m\neq m+1 \rightarrow HS$ luôn tồn tại cực trị
$x=m\rightarrow y_1=-m^3+3m^2(m+1)+1=2m^3+3m^2+1$
$yCĐ>1\Leftrightarrow m>\frac{-3}2$
$x=m+1\rightarrow y_2=-(m+1)^3+3m(m+1)^2+1=2m^3+3m^2$
Gọi $A(m;y_1)  B(m+1;y_2)$
dễ thấy $AB=\sqrt2=const$  ĐPCM

Cho $(\alpha): 2x+3y+6z-18=0   (\alpha)\cap Ox,Oy,Oz$ lần lượt tại $A,B,C  $   có $H$ là trực tâm $\Delta ABC$  Chứng minh rằng  $\forall M\in (\alpha) (M\neq  A,B,C,H)$ có
$\frac{MA^2}{OA^2}+\frac{MB^2}{OB^2}+\frac{MC^2}{OC^2}=2+\frac{MH^2}{OH^2}$

Bài 1 $y=\frac{2x}{2+x}=>y'=\frac{4}{(x+2)^2}$
$(C)$ có tâm đối xứng $I(-2;2)$
$M(x_0;2-\frac4{x+2})\in (C)$
Tiếp tuyến qua $M               d:  y=\frac4{(x_0+2)^2}(x-x_0)+2-\frac4{x_0+2}$
$d(I;d)=\frac{|\frac{8}{(x_0+2)}|}{\sqrt{1+\frac{16}{(x_0+2)^4}}}=\frac{8}{\sqrt{(x_0+2)^2+\frac{16}{(x_0+2)^2}}}\leq \sqrt8$
$d(I;d) max\Leftrightarrow (x_0+2)^4=16\Leftrightarrow x_0=0 \veebar x_0=-4 $

ĐK $x\neq   \frac{\pi}4+k\frac{\pi}2;x\neq \frac{\pi}2+k\pi$
$pt\Leftrightarrow \frac{sin3x+sin(x-\frac{\pi}2)}{cos2x}=\frac{\sqrt2(sin^2x+2sinxcosx-cos^2x)}{cos^2x-sin^2x}$
$\Leftrightarrow 2sin(2x-\frac{\pi}4)cos(x+\frac{\pi}4)=2sin(2x-\frac{\pi}4)$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}8+k\frac{\pi}2               \veebar                     x=-\frac{\pi}4+k2\pi$

Gọi $K\in AB:KH//AD=>AB$_|_$(SHK)=>\widehat{SHK}=60^0=>SH=HK.tan60^0$
có $\Delta BKH\sim \Delta BAD=>\frac{BH}{BD}=\frac{KH}{AD}=\frac13$
$KH=\frac a3=>SH=\frac{\sqrt3a}3$
có $AC$_|_$BD=>(SAC)$_|_$BD$
Gọi $O=AC\cap BD$
Gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $SC=>d(SC;BD)=OI=\frac12 d(A;SC)=\frac{\sqrt{66}a}{22}$

Bài 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $d$
$3x+1=(x-1)((m+1)x+m-2)$  $($ Do $x=1 $ không tm$)$
$\Leftrightarrow (m+1)x^2-6x-m+1=0(*)$
$\exists A,B(*)$ có hai nghiệm phân biệt
$\rightarrow \begin{cases}\Delta'=9-(m+1)(1-m)=m^2+8 \\ m\neq -1 \end{cases}\rightarrow m\neq -1$
Gọi $A(x_1;((m+1)x_1+m-2)   B(x_2;(m+1)x_2+m-2)$
Theo Vi-et $\begin{cases}x_1+x_2=\frac6{m+1} \\ x_1x_2=\frac{1-m}{m+1} \end{cases}$
$S_{\Delta ABO}=\frac12 d(O;d).AB\Leftrightarrow \frac{|m-2|}{\sqrt{1+(m+1)^2}}.\sqrt{(1+(m+1)^2)(x_1-x_2)^2}=3$
Từ Vi-et$\rightarrow 4(m-2)^2\frac{m^2+8}{(m+1)^2}=9$   Kĩ năng $(x_1-x_2)^2=\frac{\Delta}{a^2}=\frac{4\Delta'}{a^2}$

$I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{e^x}}}{{2co{s^2}\frac{x}{2}}}} dx + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}.{e^x}}}{{2cos\frac{x}{2}}}} dx$

tứ pt đầu tiên ta có
$(\sqrt{x}-\sqrt{y-5})+(\sqrt{x+2}-\sqrt{y-3})+(\sqrt{x+4}-\sqrt{y-1})=0$
$\Leftrightarrow (x-y+5)(\frac1{\sqrt{x}+\sqrt{y-5}}+\frac1{\sqrt{x+2}+\sqrt{y-3}}+\frac1{\sqrt{x+4}+\sqrt{y-1}})=0$
$\Leftrightarrow y=x+5$ thay vào pt sau ta có
$x^2+x+(x+5)^2+x+5=14\Leftrightarrow 2x^2+12x+16=0=>x=-2$ \/ $x=-4$
$=>y......$

Câu2
Xét pt hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$
$x^3-(m+1)x^2+m=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2-mx-m)=0$
$\Leftrightarrow  x=1\vee x^2-mx-m=0(*)$
ĐK $\exists ABC(*)$ có hai nghiệm phân biệt khác 1$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta=m^2-4m>0 \\ 1-2m\neq 0 \end{cases}$
Gọi $A(1;m+2)  B(x_1;x_1+m+1)  C(x_2;x_2+m+1)$ theo Viet $\begin{cases}x_1+x_2=m \\ x_1.x_2=-m \end{cases}$
$y'=3x^2-2(m+1)x+1=3(x^2-mx-m)+mx+3m-2x+1$ Đây là kĩ năng nhé khi thay $y'(x_1)$ hay  $y'(x_2)$ bạn có thể thay trực tiếp nhưng rất lâu bạn hãy biến đổi theo pt $(*)$ Bởi $x_1 x_2$ là nghiệm của $(*)$ nên chỗ biểu diễn THEO $(*)=0$
$y'(x_1)+y'(x_2)+y'(1)=12$
$\Leftrightarrow (m-2)(x_1+x_2)+2+6m+3-2(m+1)+1=12\Leftrightarrow m=2\vee m=-4$
Kết hợp với điều kiện $=>m=-4$  thỏa đề

câu 1 vẽ hình trực quan ra $k=\pm \frac{OB}{OA}=\pm 9$
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm $y'=3x^2-6x=\pm 9\Leftrightarrow x=-1\vee x=3$
$.x=-1=>y=-2  =>d:y=9(x+1)-2$
$.x=3=>y=2   =>d:y=9(x-3)+2$

Gọi $I;J;K$ lần lượt là chân đường cao của $BC;AB;AC$
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $JOC($ do$OC$_|_$(OAB))$
$==>OJ^2=JH.CJ=>OJ^2.AB^2=JH.AB.CJ.AB$
$=>S^2_{\Delta AOB}=S_{\Delta AHB}.S_{\Delta ABC}$
Tương tự $S^2_{\Delta OAC}=S_{\Delta AHC}.S_{\Delta ABC}     S^2_{\Delta OBC}=S_{\Delta HBC}.S_{\Delta ABC}$

Bạn tách
$3cos2x-sin2x+2=\alpha(3sin2x+cos2x+3)+\beta(6cos2x-2sin2x)+\gamma$
$=>\alpha=0            \beta=0,5          \gamma=2$
$3.I=\frac12\int\limits_{0}^{\frac{\pi}4}\frac{d(3sin2x+cos2x+3)}{3sin2x+cos2x+3}+2\int\limits_{0}^{\frac{\pi}4}\frac1{2sin^2x+6sinxcosx+4cos^2x}dx$
đối với tích phân thứ nhất là dễ xử lí
với tích phân thứ hai bạn chia cả tử và mẫu cho $cos^2x$ dưa về $tanx$

HPT$\Leftrightarrow \begin{cases}x+y^2=7-3x^2 \\ 3x+3y^2=11+4x^2 \end{cases}\rightarrow 3(7-3x^2)=11+4x^2=>x^2=\frac{10}{13}=>$$x=^+_-\sqrt{\frac{10}{13}}$
với $x=\sqrt{\frac{10}{13}}=>y=............$
với $x=-\sqrt{\frac{10}{13}}=>y=.........$