Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên = 2a, tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = $a\sqrt{3}$. Hình chiếu A' lên (ABC) là trung điểm của BC. Tính cos và khoảng cách giữa AA' và B'C'.

Cho hình chóp SABCD, đáy là hình chữ nhật với AB = 3a, AD = 2a. Hình chiếu S lên (ABCD) là  $H \in AB$ sao cho AH = 2 HB. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng $60^o$.

Tính chiều cao khối chóp SABCD là khoảng cách giữa SC và AD theo a.

Tính $\lim_{x\rightarrow 2} \dfrac{x^2 - \sqrt{x +2}}{x^4 + \sqrt[3]{x + 6}-18}$

MOD: Chú ý tiêu đề nhé

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của C' lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. (ACC'A) vuông góc (BCC'B'), d(O,CC') = a.

Tính chiều cao của lăng trụ theo a.

Cẩn thận bị lừa đó. =))

Cho tam giác đều ABC cạnh a. Vẽ các tia Ax, By, Cz cùng một phía và cùng vuông góc (ABC). Trên By, Cz lấy 2 điểm B', C' sao cho BB' = a, CC' = 2a. Hãy xác định điểm M trên tia Ax sao cho $\Delta$ MB'C' có diện tích nhỏ nhất. 

Giải:

 $log_2(1+\sqrt{x})= log_3x $

Giải hệ: $\left\{\begin{matrix}

Giải PT: $\sqrt{x-1} = -x^3 - 4x + 5$

Giải phương trình: 

1) $\sqrt{2x^2 + x + 6} + \sqrt{x^2 + x + 2} = x + \dfrac{4}{x}$ 

2) $\sqrt{2x^2 + x + 6} - 2x = \dfrac{6}{x} - \sqrt{x^2 + x + 3}$ 

Giải phương trình vô tỷ bằng cách nhân liên hợp (cách khác cũng được) 

1) $\dfrac{17x - 4x^2}{(x^2 - 2x + 5)(2x - 1)} < 1 - 2\sqrt{x - 4}$ 

2) $1 + 2\sqrt{x^2 - 9x + 18} = x + \sqrt{x^2 - 14x + 33}$ 

3) $x^2 + \dfrac{x}{x + 1} = (3 - x)\sqrt{-x^2 + x + 2}$ 

Cũng dùng lùi vô hạn nhá!  

Thấy $VP \vdots 3 \rightarrow VT \vdots 3$ 

Có tính chất "Nếu p là số nguyên tố dạng $4k + 3 (k \in N)$ thì $a^2 + b^2 \vdots p \leftrightarrow a \vdots p$ và $b \vdots p$" 

Áp dụng tc trên có $x^2 + y^2 \vdots 3 \rightarrow x \vdots 3; y \vdots 3$. Như vậy đặt $x = 3x_1; y = 3y_1$ với $x_1; y_1 \in Z$ nên: 

$9x_1^2 + 9y_1^2 = 6(z^2 + t^2) \leftrightarrow 3(x_1^2 + y_1^2) = 2(z^2 + t^2) \rightarrow 2(z^2 + t^2) \vdots 3$ mà (2; 3) = 1 nên $z^2 + t^2 \vdots 3 \rightarrow z = 3z_1; t = 3t_1 (z_1; t_1 \in Z)$ 

Khi đó có: $x_1^2 + y_1^2 = 6(z_1^2 + t_1^2)$. Lập luận tương tự có: $x;y;z;t \vdots 3^k ( k \in N)$ điều này xảy ra khi x = y = z = t = 0

a) $x^3 + 2y^3 = 4z^3$

Bài này sử dụng pp xuống thang (hay còn có tên gọi khác là lùi vô hạn) như sau: 

Theo đề bài ra ta có : $x^3 \vdots 2$ mà 2 là số nguyên tố nên $x \vdots 2$. Đặt $x = 2x_1 (x_1 \in Z)$ 

Khi đó có: $8x_1^3 + 2y^3 = 4z^3 \leftrightarrow 4x_1^3 + y^3 = 2z^3 \rightarrow y^3 \vdots 2 \rightarrow y \vdots 2$. Đặt $y = 2y_1 (y_1 \in Z)$ 

Khi đó lại có: $4x_1^3 + 8y_1^3 = 2z^3 \leftrightarrow 2x_1^3 + 4y_1^3 = z^3 \rightarrow  z^3 \vdots 2 \rightarrow z \vdots 2 \rightarrow z = 2z_1 (z_1 \in Z)$ 

Khi đó có : $2x_1^3 + 4y_1^3 = 8z_1^3 \rightarrow x_1^3 + 2y_1^3 = 4z_1^3$ 

Lập luận tương tự có $x \vdots 2^k ; y \vdots 2^k; z \vdots 2^k $ với mọi k tự nhiên 

điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0 

Giải phương trình : $\dfrac{(b - c)(1 + a)^2}{x + a^2} + \dfrac{(c - a)(1 + b)^2}{x + b^2} + \dfrac{(a - b)(1 + c)^2}{x + c^2} = 0$ 

Giải tiếp kiểu gì vậy bạn? Giải tiếp giúp mình nữa đi, cám ơn bạn nhiều lắm.

$\left\{\begin{matrix}
x - y = (log_2y - log_2x)(2 + xy)\\x^3 + y^3 = 16
\end{matrix}\right.$


$\left\{\begin{matrix}
2^{\dfrac{1-x^2}{x^2} + xy + \dfrac{3}{2} = 2^y}\\(x^2y + 2x)^2 - 2x^2y - 4x + 1 = 0
\end{matrix}\right.$

Trong mặt phẳng chọn $O$ làm gốc và các tia $OA,OB,OC$ sao cho $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=45^0$

Đặt $(OA,OB,OC)=(a,b,c)$

Áp dụng hàm số $\cos$ ta có $\cos \widehat{AOB}=\cos 45^0=\frac{\sqrt{2}}{2}==\frac{a^2+b^2-AB^2}{2ab}$

             $\Rightarrow AB=\sqrt{a^2+b^2-ab\sqrt{2}}$

Tương tự ta có $\Rightarrow BC=\sqrt{b^2+c^2-bc\sqrt{2}}$

                         $AC=\sqrt{a^2+c^2}$

BĐT đã cho trở thành $AB+BC \geq AC$, luôn đúng

Vậy ta có đpcm

Ta cũng có 1 bài toán tương tự sử dụng phương pháp này : 

Cho $a,b,c >0$, chứng minh rằng 

                 $\sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc} \geq \sqrt{a^2+c^2+ac}$

Tks bạn rất nhiều, cách làm rất hay!

Nhưng cho tớ hỏi cách giải bằng pp này đc k? Tại tớ chưa bao giờ gặp nó nên chưa biết.

Tại sao bạn biết góc AOB = BOA =  45o.

Tiện thể giải luôn hộ tớ cái bài bạn đưa thêm nhé! cho biết hơn, tớ ngu vẫn chưa làm ra.

Cho $a,b,c >0$, chứng minh rằng 

                 $\sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc} \geq \sqrt{a^2+c^2+ac}$

Cho a, b, c > 0. CMR:

$ \sqrt{a^2 + b^2 - ab\sqrt{2}} + \sqrt{b^2 + c^2 - bc\sqrt{2}} \geq \sqrt{a^2 + c^2}$

Nếu chứng minh bằng pp vecto thì làm như thế nào ạ?