|
|
giải đáp
|
giup mình với !
|
|
|
|
Ta có $sinx+siny=2sin{\frac{x+y}{2}}cos{\frac{x-y}{2}}$ $2sin(x+y)=4sin{\frac{x+y}{2}}cos{\frac{x+y}{2}}$ $\Rightarrow cos\frac{x-y}{2}=2cos\frac{x+y}{2}$ $\Rightarrow cos\frac{x}{2}cos\frac{y}{2}+sin\frac{x}{2}sin\frac{y}{2}=2(cos\frac{x}{2}cos\frac{y}{2}-sin\frac{x}{2}sin\frac{y}{2})$ $\Rightarrow cos\frac{x}{2}cos\frac{y}{2}=3sin\frac{x}{2}sin\frac{y}{2}$ $\Rightarrow tan\frac{x}{2}tan\frac{y}{2}=\frac{1}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
to hop kho
|
|
|
|
Tưởng tượng rằng chúng ta đặt 6 cái hộp ( mỗi cái đã chứa 2 cái bánh trong đó ) trên một đường thẳng Khi đó , 12 cái bánh cũng sẽ nằm trên một đường thẳng Bây giờ ta sẽ xáo trộn các cái hộp và bánh theo hai cách sau : Cách 1 : Xáo trộn các cái hộp cho nhau , nhưng giữ nguyên vị trí bánh trong các hộp , có $6!$ cách xáo hộp Cách 2 : Xáo trộn vị trí bánh trong hộp , nhưng giữ nguyên vị trí các hộp . Mỗi hộp hoặc không đổi , hoặc hai cái bánh trong hộp bị tráo , nghĩa là có 2 trạng thái . Cả $6$ hộp có $2^6 $ cách xáo bánh Bây giờ ta sẽ kết hợp cả hai cách trên để xáo trộn bánh và hộp , có cả thảy $2^6.6!$ cách Và mỗi cách thế này sẽ tạo ra một hoán vị của 12 chiếc bánh trên đường thẳng Vì có $12!$ hoán vị của $12$ phần tử nên số cách xếp bánh vào hôp là $\frac{12!}{2^6.6!}=10395$ Công thức tổng quát là $\frac{(2n)!}{2^n.n!}$ Các bạn có thể kiểm tra công thức này với 4 hoặc 6 cái bánh |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với........hình học 9........em đang ôn gấp vào 10...giúp em với.......gấp lém
|
|
|
|
Gọi $K$ là điểm đối xứng với $A$ qua $I$ và $Q$ là giao điểm của $AI$ và $EF$Xét $\triangle CIK$ và $\triangle BIA$ có $IB=IC , IA=IK $ $\widehat{AIB}=\widehat{CIK}$ $\Rightarrow \triangle CIK=\triangle BIA (c.g.c) \Rightarrow CK=AB , CK//AB$ Do $\widehat{EAB}=\widehat{FAC}=90 \Rightarrow \widehat{EAF}+\widehat{BAC}=180$ Do $CK//AB\Rightarrow \widehat{ACK}+\widehat{BAC}=180$ Vậy $\widehat{EAF}=\widehat{ACK}$ Kế hợp với $CK=AE$ ( cùng bằng $AB$ ) , $AC=AF$ Ta suy ra $\triangle AEF=\triangle CEK (c.g.c) $ $\Rightarrow AK=EF \Rightarrow AI=\frac{1}{2}EF$ $\widehat{CAK}=\widehat{AFE}$ Mà $\widehat{CAK}+\widehat{FAQ}=90 $ do $\widehat{FAC}=90$ $\Rightarrow \widehat{AFE}+\widehat{FAQ}=90 \Rightarrow AQ$ vuông góc $EF$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp em với........hình học 9........em đang ôn gấp vào 10...giúp em với.......gấp lém
|
|
|
|
giúp em với........hình học 9........em đang ôn gấp vào 10...giúp em với.......gấp lém $ Cho \triangle ABC. Về phía ngoài của tam giác ta dựng các tam giác vuông cân ABE và ACF đỉnh A.Chứng minh rằng trung tuyến AI của tam giác ABC thì vuông góc với EF và AI = \frac{1}{2}EF $
giúp em với........hình học 9........em đang ôn gấp vào 10...giúp em với.......gấp lém Cho $\triangle ABC $. Về phía ngoài của tam giác ta dựng các tam giác vuông cân $ABE $ và $ACF $ đỉnh $A $.Chứng minh rằng trung tuyến $AI $ của tam giác $ABC $ thì vuông góc với $EF $ và $AI = \frac{1}{2}EF $
|
|
|
|
giải đáp
|
CM BĐT
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Bunhia $(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{a^2})(a+b)\ge (\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a})^2$ $(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a})(b+a)\ge(a+b)^2$ Từ đây bạn có kết quả ở bước 1 Bước 2 bạn biến đổi như sau $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\ge\sqrt{2(a^2+b^2)} \Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab \sqrt{2(a^2+b^2)}$ Dùng BĐT Bunhia $(a^3+b^3)(a+b)\ge(a^2+b^2)^2$ $\Rightarrow a^3+b^3\ge\frac{(a^2+b^2)^2}{a+b}\ge\frac{a^2+b^2}{2}.\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)}}{a+b}.\sqrt{2(a^2+b^2)}$ Do $\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab , \frac{\sqrt{2(a^2+b^2)}}{a+b}\ge1 \Rightarrow a^3+b^3\ge ab\sqrt{2(a^2+b^2)}$ |
|
|
|
giải đáp
|
cho e biet cach tinh nghic dao cua so phuc
|
|
|
|
Mình sẽ tính nghịch đảo của một số làm ví dụ , bạn có thể tự rút ra phương pháp cho mình $a$. Số $z=2+3i$ , số phức liên hợp của số này là $v=2-3i$ Ta có $zv=(2+3i)(2-3i)=4-9i^2=13$ $\frac{1}{z}=\frac{v}{zv}=\frac{v}{13}=\frac{2}{13}-\frac{3}{13}i$ $b.$ Số $z=5i$ là các số thuần ảo , trường hợp này dễ hơn vì bạn chỉ cần chú ý là $\frac{1}{i}=-i$ Do đó $\frac{1}{5i}=\frac{-i}{5}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hàm số lượng giác
|
|
|
|
Giả sử $\frac{a}{b}=\frac{m}{n}$ với $m,n\in Z$ khi đó $an=bm=p$ Vì $f(x)$ tuần hoàn với chu kì $a$ trên $M$ nên nó cũng tuần hoàn với chu kì $an$ vì $f(x)=f(x+a)=f(x+2a)= ....$ $=f(x-a)=f(x-2a)= ....$ $\Rightarrow f(x+p)=f(x+an)=f(x)$ với mọi $x\in M$ Tương tự $g(x)$ tuần hoàn với chu kì $bm$ $g(x+p)=g(x+bm)=g(x)$ Như vậy : $F(x+p)=f(x+p)+g(x+p)=f(x)+g(x)=F(x)$ Nghĩa là hàm số $F(x)$ tuần hoàn với chu kì $p$ Tương tự $G(x+p)=f(x+p)g(x+p)=f(x)g(x)=G(x)$ $\Rightarrow G(x) $ tuần hoàn với chu kì p Bạn có thể thấy ngay là $H(x)$ cũng tuần hoàn với chu kì $p$ là bội của $a,b$ vì $H(x+p)=mf(x+p)+ng(x+p)=mf(x)+ng(x)=H(x)$
P.S : Site này chủ yếu là các bạn học sinh , sinh viên tham gia , bọn mình thời gian này khá là rảnh rỗi nên có thắc mắc gì bạn cứ thoải mái nhé |
|
|
|
sửa đổi
|
giup minh bai nay voj
|
|
|
|
giup minh bai nay voj vi et ph uong tr inh ch inh t ac c ua elip bi et:a/ t am sai e= \frac{1}{2} va di en t ich c ua h inh ch u nh at c o s o b ang 32\sqrt{3}b/ dinh tr en tr uc l on l a (5;0) va duong tr on ngo ai ti ep h inh ch u nh at c o s o c o ph uong tr inh: x^{2} + y^{2} - 41= 0
giup minh bai nay voj vi ết ph ương tr ình ch ính t ắc c ủa elip bi ết:a/ t âm sai $e= \frac{1}{2} $ va di ện t ích c ủa h ình ch ữ nh ật c ơ s ở b ằng $32\sqrt{3} $b/ đỉinh tr ên tr ục l ớn l à (5;0) va đường tr òn ngo ại ti ếp h ình ch ữ nh ật c ơ s ở c ó ph ương tr ình: $x^{2} + y^{2} - 41= 0 $
|
|
|
|
giải đáp
|
CM BĐT
|
|
|
|
Bước 1: CM $\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}$ Bước 2 : CM $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\geq\sqrt{2(a^2+b^2)}$ Bạn làm thử nhé |
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình nha mình cần gấp
|
|
|
|
Câu 1 . $\int\limits_{0}^{\pi}(1+cos)x=\int\limits_{0}^{\pi}x+\int\limits_{0}^{\pi}xcosx=\frac{\pi^2}{2}+\int\limits_{0}^{\pi}xcosx$ Tính nguyên hàm của $xcosx $ bằng phương pháp tích phân từng phần như sau $\int\limits_{}^{}xcosx=\int\limits x(sinx)'=xsinx-\int\limits sinx=xsinx+cosx$ $\Rightarrow \int\limits_{0}^{\pi}xcosx=\pi sin\pi+cos\pi-0sin0-cos0=-2$ Vậy $\int\limits_{0}^{\pi}(1+cosx)x=\frac{\pi^2}{2}-2$ Câu 2: Đặt $2^x=a , 3^x=b $ Khi đó $6a^2-5ab-6b^2=0\Leftrightarrow 6a^2-9ab+4ab-6b^2=0$ $\Leftrightarrow (2a-3b)(3a+2b)=0$ Vì $a,b$ dương nên $2a=3b $ $\Rightarrow2^{x+1}=3^{x+1}\Rightarrow x+1=0\Rightarrow x=-1$
|
|
|
|
giải đáp
|
Giai Phương trình
|
|
|
|
Mình chỉ tìm được một cách là chuyển về phương trình bậc 4 thôi , ai tìm được cách hay hơn thì đóng góp nhé$5x^2-x-2=(3x-1)\sqrt{3x^2-2}$ $\Rightarrow(5x^2-x-2)^2=(3x-1)^2(3x^2-2)$ $\Rightarrow25x^4-10x^3-19x^2+4x+4=27x^4-18x^3-15x^2+12x-2$ $\Rightarrow2x^4-8x^3+4x^2+8x-6=0$ $\Rightarrow x^4-4x^3+2x^2+4x-3=0$ $\Rightarrow (x-1)(x^3-3x^2-x+3)=0$ $\Rightarrow(x-1)(x-3)(x^2-1)=0$ $\Rightarrow (x-1)(x-3)(x+1)=0$ $\Rightarrow x=1 ,3 , -1$ Thử lại ta thấy chỉ có $x=1,3 $ thỏa mãn bài toán
|
|
|
|
giải đáp
|
tứ giác nội tiếp. các pác giúp e vs. e sắp thi cấp 3 oy. help!
|
|
|
|
Câu $a$ : Vì $O_1E$ vuông góc $EF$ mà $EF$ song song $CD$ $\Rightarrow$ $O_1E$ vuông góc $AC$ $\Rightarrow EC=EA\Rightarrow \widehat{ECA}=\widehat{EAC}$ Mà $\widehat{IEF}=\widehat{ECA}$ ( đồng vị ) $\widehat{EAC}=\widehat{AEF}$ ( so le trong ) $\Rightarrow\widehat{IEF}=\widehat{AEF}$ Tương tự : $\widehat{IFE}=\widehat{AFE}$ $\Rightarrow \Delta IEF=\Delta AEF (g.c.g)$ $\Rightarrow IE=AE , IF=AF\Rightarrow EF$ là trung trực $IA\Rightarrow d.p.c.m$ Câu $b$: $\widehat{EBA}=\widehat{ECA}$ ( góc nội tiếp ) $\widehat{ABF}=\widehat{ADF}$ ( góc nội tiếp ) $\Rightarrow \widehat{EBF}=\widehat{EBA}+\widehat{ABF}=\widehat{ECA}+\widehat{ADF}=180-\widehat{EIF}$ Vậy $IEBF$ nội tiếp Câu $c$ : Gọi $T$ là giao điểm $AB, EF$ Vì $TF$ là tiếp tuyến , $T.A.B$ là cát tuyến $\Rightarrow TF^2=TA.TB$ Tương tự $TE^2=TA.TB$ Vậy $TE=TF$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 27/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hình học 9 mình cần gấp
|
|
|
|
Câu $a$: Ta có $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}$ $\widehat{ABD}=\widehat{ANB}$ $($Cùng phụ $\widehat{BAN} )$ $\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{ANB} \Rightarrow \widehat{DNM}+\widehat{DCM}=180$ Vậy $CDNM$ nội tiếp Câu $b$: Tam giác $ACB$ và $ABM$ là hai tam giác vuông có chung góc nhọn $\widehat{CAB}$ nên đồng dạng $\Rightarrow \frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AM} \Rightarrow AC.AM=AB^2=4R^2$ Tương tự $AD.AN=4R^2$ Câu $c$ : Khi $\widehat{CAB}=30 \Rightarrow MB=AB.tan30=\frac{2R}{\sqrt3}$ $\Rightarrow S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.BM=\frac{2R^2}{\sqrt3}$ $S_{AOC}=\frac{1}{2}OC.OM.sin\widehat{AOC}=R^2\frac{\sqrt3}{4}$ Vì $\widehat{COB}=60 $ nên diện tích quạt $COB$ bằng $\frac{1}{6} $ diện tích hình tròn $=\frac{\pi R^2}{6}$ Từ đây suy ra diện tích cần tìm là $R^2(\frac{2}{\sqrt3}-\frac{\sqrt3}{4}-\frac{\pi}{6})$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm tập xác định
|
|
|
|
Bài này khá đơn giản , bạn có thể vẽ hình tròn lượng giác để thấy rõ hơn $\sqrt{cotx}$ xác định $\Leftrightarrow cotx\geq0\Leftrightarrow x\in (2k\pi;2k\pi+\frac{\pi}{2}], x\in(2k\pi+\pi;2k\pi+\frac{3\pi}{2}]$ |
|