Cho hình chóp $S.ABC$ có $\Delta ABC$ vuông cân tại $B,\,SA\perp (ABC),\,AB=BC=a,\,SB$ tạo với đáy góc $60^o,\,M$ là trung điểm $AB.$ Tính:
     a) Thể tích khối chóp $S.ABC$    

     b) Khoảng cách từ $B$ đến $(SMC).$

a) Dễ thấy $(SB,(ABC))=\widehat{SBA}\Rightarrow \widehat{SBA}=60^{o}$ 

Ta có: $V_{S.ABC}=SA.S_{ABC}$

Dễ thấy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}a^{2}$

Xét $\Delta ABS$ vuông tại A có: $SA=AB.tan\widehat{SBA}=a.tan60^{o}=a\sqrt{3}$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}a^{2}.a\sqrt{3}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$

Như bạn thì đề sẽ thành $x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}$ !?

Ừ ,khi đó ta xét 

  $(x^{2}+y^{3})-(x^{3}+y^{4})+(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})=-y^{4}+2y^{3}-y^{2}=-y^{2}(y-1)^{2}\leq 0$

Do $(x^{2}+y^{3})-(x^{3}+y^{4})\geq 0$ 

suy ra $(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})$ phải nhỏ hơn 0

$\Rightarrow x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}$

bài này theo mình thì gt là $x^{3}+y^{4}\leq x^{2}+y^{3}$ thì hợp lí

Cho $a,b,c> 0$ .CMR:

    $(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

Cũng không chắc đề sai đâu bạn nhiều bài cũng bị chéo dấu nhưng không phải sai mà ta phải áp dụng phương pháp khác thôi..!!

ừ,tớ thấy đề này quen quen nên nghĩ vậy thôi

Giải phương trình:

$2cos3x.cosx+\sqrt{3}(1+sin2x)=2\sqrt{3}cos^{2}(2x+\frac{\pi}{4})$

PT $\Leftrightarrow cos4x+cosx+\sqrt{3}+\sqrt{3}sinx=\sqrt{3}(cos2x-sin2x)^{2}$

     $\Leftrightarrow cos4x+cosx+\sqrt{3}+\sqrt{3}sinx=\sqrt{3}(1-sin4x)$

     $\Leftrightarrow cos4x+\sqrt{3}sin2x=-(cosx+\sqrt{3}sinx)$

     $\Leftrightarrow sin(2x+\frac{\pi }{6})=-sin(x+\frac{\pi }{6})=sin(-x-\frac{\pi }{6})$

Đến đây dễ rồi

Giải phương trình:

 

$3 sin^{2}x.cos(x+\frac{3\pi}{2})+3sin^{2}x.cosx=sinx.cos^{2}x+sin^{2}(x+\frac{\pi}{2}).cosx$

PT$\Leftrightarrow 2sin^{3}x+3sin^{2}cosx=sinxcos^{2}x+cos^{3}x$ (1)

Với $cosx=0$ thay vào (1) $\Rightarrow sinx=0$ (loại)

Với $cosx\neq 0$  ,PT $\Leftrightarrow 2tan^{3}x+3tan^{2}x-tanx-1=0$

                                   $\Leftrightarrow (2tanx+1)(tan^{2}x+tanx-1)=0$

Cho $a,b,c> 0$ và $\frac{a}{a^{2}+2}+\frac{b}{b^{2}+2}+\frac{c}{c^{2}+2}\geq 1$

CMR: $abc\geq 1$

MOD: Chú ý tiêu đề

Giải bất phương trình:

$log_{0,7}(log_{6}\frac{x^{2}+x}{x+4})<0$

Số có 6 chữ số đó có dạng $\overline{abcdef}$

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{matrix} a+b+c+d+e+f=1+2+...+6=21 & & \\ (a+b+c)=(d+e+f)+1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+c=11 & & \\ d+e+f=10 & & \end{matrix}\right.$

Dễ thấy $10=1+3+6=1+4+5=2+3+5$

suy ra có 3 cách chọn nhóm 3 chữ số cuối

Với mỗi 1 cách chọn nhóm 3 số cuối thì có 3! cách lập ra $\overline{def}$

Với 3 số còn lại thì có 3! cách lập ra số $\overline{abc}$

Vậy có $3.3!.3!=108$ (số)

trừ vế cho vế ta có

$(x^{2}-4x+5)+(x-y-3)-1=(x-y-3)\sqrt{x^{2}-4x+5}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}-4x+5}-1)(\sqrt{x^{2}-4x+5}+4-x+y)=0$

TH1 $x=2$

TH2: 

PT(1) $\Leftrightarrow y-x+4=2x^{2}-4x+4> 0$

suy ra TH2 vô nghiệm

Gọi toạ độ M(a;b)

M$\epsilon$ (H) $\Rightarrow$ $9a^{2}-b^{2}=9$

                                          $\Leftrightarrow (3a-b)(3a+b)=9$

Nếu $\left\{\begin{matrix} 3a-b=1 & & \\ 3a+b=9 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{5}{3} & & \\ b=4 & & \end{matrix}\right.$ (loại)

Nếu $\left\{\begin{matrix} 3a-b=9 & & \\ 3a+b=1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{5}{3} & & \\ b=-4 & & \end{matrix}\right.$ (loại)

Nếu $\left\{\begin{matrix} 3a-b=3 & & \\ 3a+b=3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & & \\ b=0 & & \end{matrix}\right.$ (thoả)

Nếu $\left\{\begin{matrix} 3a-b=-1 & & \\ 3a+b=-9 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{-5}{3} & & \\ b=-4 & & \end{matrix}\right.$ (loại)

Nếu $\left\{\begin{matrix} 3a-b=-9 & & \\ 3a+b=-1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{-5}{3} & & \\ b=4 & & \end{matrix}\right.$ (loại)

Nếu $\left\{\begin{matrix} 3a-b=-3 & & \\ 3a+b=3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=-1 & & \\ b=0 & & \end{matrix}\right.$ (thoả)

 Vậy tìm đc 2 điểm M: (1;0);(-1;0)

Đăt: $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\Rightarrow xyz=1$

Đặt biểu thức đầu là P ta có

 $P=\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{z^{2}}{x+y}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1\Rightarrow a=b=c=1$

ĐK: $-4< x< 1;x\neq 0;y> -2;y\neq -1$

PT(1) $\Leftrightarrow 2log_{1-x}(2+y)(1-x)+log_{2+y}(x-1)^{2}=6$

          $\Leftrightarrow log_{1-x}(2+y)(1-x)+log_{2+y}(1-x)=3$

          $\Leftrightarrow$$1+log_{1-x}(2+y)+\frac{1}{log_{1-x}(2+y)}=3$

          $\Leftrightarrow log_{1-x}(2+y)=1\Leftrightarrow 1-x=2+y$  (làm hơi tắt một chút)

Thay vào PT(2) ta có:

   $log_{1-x}(4-x)=log_{1-x}(x+4)+log_{1-x}(1-x)$

   $\Leftrightarrow 4-x=(x+4)(1-x)\Leftrightarrow x(x+2)=0$

Mọi người xem họ mình với,chẳng biết có thiếu nghiệm ko

Cho hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x+y+4=2xy & & \\ 2^{x+y}=m(\sqrt{x^{2}+x+y^{2}+y+5}+x+y) & & \end{matrix}\right.$

Tìm m để hệ có nghiệm $(x;y)$ thỏa mãn $x\geq 1,y\geq 1$

Cho cá số dương a,b phân biệt thỏa mãn $a^{2}+2b=12$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$P=\frac{4}{a^{4}}+\frac{4}{b^{2}}+\frac{5}{8(a-b)^{2}}$

Lời giải của thầy Võ Quốc Bá Cẩn:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$b^{2}+(c+a)^{2}\geq \frac{(b+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2})^{2}}{5}=\frac{(b+2c+2a)^{2}}{5}$

Do đó $VT\geq \sqrt{5}\sum \frac{a}{b+2c+2a}=\frac{\sqrt{5}}{2}(3-\sum \frac{b+2c}{b+2c+2a})$

                   $\leq \frac{\sqrt{5}}{2}[3-\frac{9(a+b+c)^{2}}{\sum (b+2c)(b+2c+a)}]=\frac{\sqrt{5}}{2}[3-\frac{9(a+b+c)^{2}}{5(a^{2}+b^{2}+c^{2})+10(ab+bc+ca)}]=\frac{3}{\sqrt{5}}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Cho a,b,c là các số thực dương và $k\geq \frac{2}{3}$.Chứng minh rằng:

 $(\frac{a}{b+c})^{k}+(\frac{b}{c+a})^{k}+(\frac{c}{a+b})^{k}\geq \frac{3}{2^{k}}$

Còn $\left ( x;y \right )=\left ( 2^{-\sqrt{3}};2.2^{-\sqrt{3}} \right )$ có phải là nghiệm không nhỉ ?

ừ đúng rồi,mình quên mất nghiệm đấy

ĐK: $x,y> 0$

Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^{log_{2}y} =4y& & \\ x^{log_{2}y}=8x & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 4y=8x\Leftrightarrow y=2x$

$\Rightarrow x^{log_{2}2x}=8x$

$\Leftrightarrow x^{1+log_{2}x}=8x$

$\Leftrightarrow x^{log_{2}x}=8\Leftrightarrow log_{2}(x^{log_{2}x})=log_{2}8\Leftrightarrow log^{2}_{2}x=3\Leftrightarrow x=2^{\sqrt{3}}$

$\Rightarrow y=2.2^{\sqrt{3}}$

$\frac{1}{\sqrt{1+8a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+8b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+8c^{2}}}\geq \frac{9}{\sqrt{1+8a^{2}}+\sqrt{1+8b^{2}}+\sqrt{1+8c^{2}}}$

Mà $\sqrt{1+8a^{2}}+\sqrt{1+8b^{2}}+\sqrt{1+8c^{2}}\leq \sqrt{3[3+8(a^{2}+b^{2}+c^{2})]}=9$

$\Rightarrow dpcm$

Dấu bằng xảy ra $a=b=c=1$

ĐK:...

Đặt $y=\sqrt{2-x^{2}}$

Ta có hệ PT: $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=2 & & \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=2 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{2}-2xy=2 & & \\ x+y=2xy & & \end{matrix}\right.$

Đến đây chắc ngon rồi

ĐK: $x\geq 0$

  Đặt $\sqrt{x}=u;\sqrt{3+\sqrt{x}}=v$

 Ta đc hệ đối xứng loại 2: $\left\{\begin{matrix} 3+v=u^{2} & & \\ 3+u=v^{2} & & \end{matrix}\right.$

Đến đây dễ rồi