Trong không gian $Oxyz$ ; cho điểm $A_{(1;1;2)}$ ; mặt phẳng $(P):  x+y+z-2=0$ và đường thẳng $ \Delta :\frac{x-5}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z+2}{-1}$.Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ sao cho $ AM \bot \Delta$ và $d_{(M;\Delta )}=3\sqrt{2}$

Điểm $M$ có tọa độ $M(a;b;2-a-b)$.

Ta có $AM\perp d\Leftrightarrow \vec{AM}.\vec{u}=0$ trong đó $\vec{u}=(1;1;-1)$ là chỉ phương của $d$.

$\Leftrightarrow (a-1)+(b-1)-(2-a-b-2)=0$

$\Leftrightarrow a+b-1=0$. Suy ra, $b=1-a$.

Lấy điểm $N(5;2;-2)$ thuộc $d$.

Ta có khoảng cách từ $M$ đến $d$ là $h=\frac{|[\vec{MN};\vec{u}]|}{|\vec{u}|}$

$\Leftrightarrow 3\sqrt2=\frac{\sqrt{(a-2)^2+(a-2)^2+4(2-a)^2}}{\sqrt3}$

$\Leftrightarrow a=11;a=-7$.

Thay vào ta tìm được $M$.

Cho $ \Delta ABC$ có trọng tâm $G_{(\frac{2}{3};\frac{1}{3};1)}$ và phương trình các đường thẳng chứa $AB ; AC$ là:

 

$\Delta _{1}:\begin{cases} x=1\\ y=t \\ z=2-2t \end{cases}$ ;$\Delta _{2}:\begin{cases} x=s \\ y=0 \\ z=1+s \end{cases}$ .

 

Tìm tọa độ tâm ; bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.

 

 

 

Nếu theo đề bạn hỏi, chắc là đường tròn trên mặt phẳng $(ABC)$ rồi.

Ta có tọa độ điểm $A$ là $A(1;0;2)$.

Tọa độ điểm $B$ là $B(1;t;2-2t)$, tọa độ điểm $C$ là $C(s;0;1+s)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Ta có $\vec{AG}=2\vec{GM}$ nên $M(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2})$.

Ta có hệ phương trình $\begin{cases} 1+s=1\\ t=1\\ 2-2t+1+s=1 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} t=1\\ s=0 \end{cases}$.

Nên $B(1;1;0);C(0;0;1)$.

PT cạnh $BC$ là $\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{-1}$

Mặt phẳng trung trực của $BC$ là $2x+2y-2z-1=0$.

Gọi $N$ là trung điểm của $AB$. Ta có $N(1;\frac{1}{2};1)$.

PT mặt phẳng trung trực của $AB$ là $2y-4z+3=0$.

Gọi $P$ là trung điểm của $AC$. Ta có $P(\frac{1}{2};0;\frac{3}{2})$.

PT mặt phẳng trung trực của $AC$ là $x+z-2=0$.

PT mặt phẳng $(ABC)$ là $x-2y-z+1=0$.

Tâm $I$ là giao của ba mặt phẳng này với mặt phẳng $(ABC)$.

Suy ra, $I(1;\frac{1}{2};1)$.

Suy ra bán kính $R=\IC\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt5}{2}$

PT mặt phẳng $(ABC)$ là $6x+3y+2z-6=0$.

$\vec{BC}=(0;-2;3);\vec{AC}=(-1;2;0)$

Phương trình đường cao $AH$ vuông góc với $(ABC)$ và $BC$ nên có vecto chỉ phương là $\vec{u_A}=[\vec{n_P};\vec{BC}]=(13;-18;-12)$.

Do đó, phương trình $$AH:\frac{x-1}{13}=\frac{y}{-18}=\frac{z}{-12}$.

Tương tự ta có $\vec{u_B}=[\vec{n_P};\vec{AC}]=(-4;-2;15)$ nên $BK:\frac{x}{-4}=\frac{y}{-2}=\frac{z-3}{15}$.

Điểm $I$ là trực nên khi mà $I$ là giao điểm của $AH$ với $BK$.

Giải hệ ta được $I$.

Cách 2:

B1: Lập phương trình mặt phẳng qua $A$ vuông góc $BC$ và qua $B$ vuông góc $AC$.

B2: Tìm điểm của hai mặt phẳng này là đường thẳng chứa trực tâm.

Cho đường thẳng này giao với mặt phẳng $(ABC)$ là tìm được trực tâm.

Trong (Oxyz) cho tam giác ABC với A(1;-1;0) ; B(3;3;2) và C(5;1;-2). Tìm tọa độ S sao cho S.ABC là hình chóp đều có thể tích bằng 6

 

Kiểm tra tam giác đáy có phải là tam giác đều không.

Ta có $AB=\sqrt{2^2+4^2+2^2}=2\sqrt6;AC=\sqrt{4^2+2^2+2^2}=2\sqrt6;BC=\sqrt{2^2+2^2+4^2}=2\sqrt6$.

Do vậy, tam giác $ABC$ đều và $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt3}{4}=6\sqrt3$.

Gọi $O(x;y;z)$ là tâm của tam giác đáy. Ta có, $\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}=\vec{0}$.

Suy ra, $O(3;1;0)$.

PT đường thẳng qua $O$ và vuông góc với mặt phẳng đáy là $\frac{x-3}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z}{1}$.

Ta có, $V=\frac{1}{3}Sh\Leftrightarrow h=\frac{3V}{S}=\frac{18}{6\sqrt3}=\sqrt3$Đierem $S(3+t;1-t;t)$ nên ta có

$SO=\sqrt3\Leftrightarrow 3t^2=3\Leftrightarrow t=\pm 1$.

Vậy được hai nghiệm nhé.

Trong mặt phẳng với hê trục tọa độ $Oxy$ cho hình chữ nhật $ABCD$ có diện tích bằng $12$; tâm $I$ là giao điểm của đường thẳng $d_{1}: x-y-3=0$ và $d_{2}: x+y-6=0$.Trung điểm của một cạnh là giao điểm của $d_{1}$ với trục $Ox$ .Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Tâm $I(\frac{9}{2};\frac{3}{2})$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, đồng thời là giao của $d_1$ với $Ox$.

Ta có $M(3;0)$.

Suy ra, $IM\perp AB$ và điểm $N$ là trung điểm của $CD$ thì $I$ là trung điểm $MN$.

Suy ra, $N(6;3)$.

Phương trình cạnh $AB$ là $x+y-3=0$.

Phương trình cạnh $CD$ là $x+y-9=0$.

Điểm $A(a;3-a)$. Suy ra, $B(6-a;a-3)$.

Theo giả thiết $S=12$ nên $AB=\frac{12}{AD}=\frac{12}{MN}=2\sqrt2$

$AB=\frac{12}{AD}=\frac{12}{MN}=2\sqrt2\Leftrightarrow 2(2a-6)^2=8\Leftrightarrow (a-3)^2=1$

$\Leftrightarrow a=2;a=4$.

- Nếu $a=2$ ta được $A(2;1), B(4;-1)$. Điểm $I$ là trung điểm $AC, BD$ nên ta có $C(7;2),D(5;4)$.

- Nếu $a=4$ ta được $A(4;-1), B(2;1)$. Tương tự, ta được $C(5;4);D(7;2)$.

Vậy bốn đỉnh là $(2;1);(4;-1);(7;2);(5;4)$

Gọi $M'$ là điểm đối xứng của $M$ qua đường phân giác trong tại $A$.

Ta có $M'(-1;0)$ là điểm thuộc đường thẳng $AB$.

Phương trình đường thẳng $AB$ qua $M'(-1;0)$ và vuông góc với $2x+y+3=0$ là: $x-2y+1=0$.

Suy ra, tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ $\begin{cases} x-y=0 \\ x-2y+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=1\\ y=1 \end{cases}$

Vậy $A(1;1)$.

Ta có PT đường thẳng $AC$ là: $2x-y-1=0$ (chính là đường thẳng qua $A$ và $M$).

Suy ra, tọa độ điểm $C$ là nghiệm của hệ $\begin{cases} 2x-y-1=0 \\ 2x+y+3=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=-\frac{1}{2}\\ y=-2 \end{cases}$

Vậy $C(-\frac{1}{2};-2)$.

Gọi tọa độ điểm $B(2t-1;t)$.

Ta có $AB=2AM=2\sqrt5$

Ta giải được hai nghiệm là $t=2$ hoặc $t=-1$. Suy ra, $B(3;2)$ hoặc $B(-3;-1)$.

Đối chiếu với điều kiện phân giác trong tại A là đường thẳng $x-y=0$ suy ra điểm $B(-3;-1)$ là thỏa mãn.

nghĩa là sao bác cùng hướng là cùng cái gì ạ ???

Có nghĩa là cùng chiều với nhau đấy.

đối chiếu như nào hả bác em làm đúng A với C rồi còn mỗi B là phải dùng công thức độ dài đúng ko ạ 

Chỉ cần hai vecto $AM'$ và $AB$ cùng hướng là được.

Bài 1.Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp điểm M sao cho:
$\left | \overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MC} \right |=\left | 2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right |$
$$2\left | \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right |=\left | \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC} \right |$$

Bài 2.Cho 2 điểm A,B phân biệt.CMR 3 điểm M,A,B thẳng hàng khi và chỉ khi
$$\overrightarrow{OM}=k\overrightarrow{OA}+l\overrightarrow{OB}$$
Với k+l=1 và O là điểm tùy ý
Các thày cô giúp 2 bài này nhé.Xin cảm ơn trước ạ

Bài 1 là hai ý riêng biết nhau ah?

Cách giải bài này, Biến đổi các biểu thức vecto về thành một vec to đơn giản.

Đầu tiên tìm điểm $I;J$ sao cho $\vec{IA}+3\vec{IB}-2\vec{IC}=\vec{0};2\vec{JA}-\vec{JB}-\vec{IC}=\vec{0}$

Do $A, B, C$ cố định nên các điểm $I,J$ này cũng cố định.

Do vậy, $\vec{MA}+3\vec{MB}-2\vec{MC}=\vec{IA}+3\vec{IB}-2\vec{IC}+2\vec{MI}=2\vec{MI} \\ 2\vec{MA}-\vec{MB}-\vec{MC}=2\vec{JA}-\vec{JB}-\vec{IC}=\vec{0}$

Đến đây suy ra $M$ trùng $I;J$. Vô lý nên cần xem lại đề nhé.

Ý tiếp theo cũng tương tự.

Bài 2:

Ta có $\vec{OM}=k\vec{OA}+l\vec{OB}=k\vec{OM}+k\vec{MA}+l\vec{OM}+l\vec{MB}$

$\Leftrightarrow \vec{OM}=(k+l)\vec{OM}+k\vec{MA}+l\vec{MB}$

$\Leftrightarrow k\vec{MA}+l\vec{MB}=\vec{0}$

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $A,B,M$ thẳng hàng.

(DPCM)

Ta có $f(f(x))=f(f(x-0))=f(x)-f(0)\quad (1)$ và $f(f(-x))=f(f(0-x))=f(0)-f(x)\quad (2)$.
Từ (1) và (2) suy ra $f(f(x))$ là hàm số lẻ. Suy ra $0=f(f(0))=f^2(x)-x^2\Leftrightarrow f(x)=\pm x$.
Vậy có hai hàm thoả mãn là $f(x)=x$ và $f(x)=-x$.

bài 5 là cos^6 x / sin^4 x

Tích phân $I=\int\frac{\cos^6x}{\sin^4x}{\rm d}x$ hả bạn.
Vậy thì làm như sau:
$I=\int\frac{\cos^6x+\sin^6x}{\sin^4x}{\rm d}x-\int\sin^2x{\rm d}x$
$=\int\frac{1-3\sin^2x\cos^2x}{\sin^4x}{\rm d}x-\int\frac{1-\cos2x}{2}{\rm d}x$
$=-\int(1+\cot^{2}x){\rm d}(\cot x)+3\int {\rm d}(\cot x)+3\int {\rm d}x-\frac{1}{2}(x-\frac{\sin2x}{2})$
$=-\cot x-\frac{\cot^3x}{3}+3\cot x+3x-\frac{x}{2}+\frac{\sin2x}{4}+C$
$=-\frac{\cot^3x}{3}+2\cot x+\frac{\sin2x}{4}+\frac{5}{2}x+C$

Bài 1: Trục căn thức ở mẫu $\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\sqrt{x+1}-\sqrt x$. Sau đó thì đơn giản.
Bài 3: Dặt $\sqrt{2x+1}=t\Rightarrow x=\frac{t^2-1}{2}$ và ${\rm d}t=\frac{1}{\sqrt{2x+1}}{\rm d}x$.
Thay vào tích phân là ra ngay.

Còn bài 4 và bài 5 bạn ?

Bài 4 thì đặt $\sqrt[3]x=t\Rightarrow {\rm d}x=3t^2{\rm d}t$.
Thay vào tích phân (nhớ đổi cận), ta được về dạng tích phân đơn giản.
Giải tích phân này bằng cách sử dụng phương pháp tích phân từng phân.
Bài 5: chịu k nhìn ra đề là gì cả.

bài 6:
$ I=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt[3]{sin^{3}x-sinx}}{sin^{3}x}cotxdx $

Bài 6: Biến đổi biến thức trong dấu tích phân $\frac{\sqrt[3]{\sin^3x-\sin x}}{\sin^3x}.\cot x=\sqrt[3]{\frac{1-\sin^2x}{\sin^2x}}.(1+\cot^2x)\cot x=\cot^{\frac{5}{3}}x.(1+\cot^2x)$
Đặt $t=\cot x$. Khi đó, $I=-\int_{\frac{1}{\sqrt3}}^{0}t^{\frac{5}{3}}{\rm d}t=-\frac{3}{8}t^{\frac{8}{3}}\Bigg |_\frac{1}{\sqrt3}^0=\frac{3}{8}.3\sqrt[3]3=\frac{9\sqrt[3]3}{8}.$

Bài 1 và bài 2 sai đề. Vì thay cận $x=0$ vào thì hàm số không xác định.
(Nếu thay cận dưới để tích phân xd rồi, ta biến đổi để xuất hiện $\tan$ là dc)
Bài 3, thêm bớt $\tan\frac{x}{2}$,
$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}\left ( 1+\tan^2\frac{x}{2} \right ){\rm d}x-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}{\rm d}x$
$=\left (\tan^2{\frac{x}{2}}+2\ln{\cos\frac{x}{2}} \right )\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}=1-\ln2.$

Đáp số là số 6,210,001,000.

mình cũng đã làm 1 số bài dạng như thế này rồi tuy chỉ dùng loại trừ  nhưng nó dài lắm cậu làm thế nào ra kết quả đấy vậy

Đánh số vị trí từ trái sang phải là I,II, ... ,X.

Ta chứng minh từ vị trí IV đến vị trí X có duy nhất 01 chữ số 1 còn lại là chữ số 0.

Nhưng đoạn này mình chưa chứng minh được 1 cách cụ thể vì khó diễn tả nên chưa viết.

Sau đó thì đơn giản rồi.

Tìm số phức $z$ thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau:

1. $|z-2|^{2}+|z+2|^{2}=26$.

2.Số $|z-(\frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{3\sqrt{2}}{2}i)|$ lớn nhất.

Đặt $z=x+iy$.

Ta có $|z-2|^{2}+|z+2|^{2}=26\Leftrightarrow (x-2)^2+y^2+(x+2)^2+y^2=26$

$\Leftrightarrow x^2+y^2=9$

Đặt $x=3\cos t;y=3\sin t$.

Ta có $z=3(\cos t+i\sin t);\frac{3\sqrt2}{2}+i\frac{3\sqrt2}{2}=3(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4})$

Do đó, $|z-(\frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{3\sqrt{2}}{2}i)|=3\left | (\cos t-\cos\frac{\pi}{4})+i(\sin t-\sin\frac{\pi}{4}) \right |$

$=3\sqrt{\cos^2t+\sin^2t+\cos^2\frac{\pi}{4}+\sin^2\frac{\pi}{4}-2\cos\frac{\pi}{4}\cos t-2\sin\frac{\pi}{4}\sin t}$

$=3\sqrt{2-\sqrt2(\cos t+\sin t)}=3\sqrt{2(1-\sin(t+\frac{\pi}{4}))}\le 6$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $\sin(t+\frac{\pi}{4})=-1\Leftrightarrow t=-\frac{3\pi}{4}+k2\pi$.

Khi đó, $z=-\frac{\sqrt2}{2}-i\frac{\sqrt2}{2}$.

Vậy $z=-\frac{\sqrt2}{2}-i\frac{\sqrt2}{2}$

5^2p+1997=5^2p2+q²

Không tồn tại nhé. Ta có $5^2p$ và $5^{2p^2}$ chia hết cho 5 nên $1997 - q^2$ chia hết cho 5.

Mặt khác, $q^2$ có các chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 nên $1997 - q^2$ không thể chia hết cho 5. (Mẫu thuẫn)

Nếu $p$ lẻ. Giả sử $p=2k+1$.

Ta có $2p+1=4k+3$.

Mặt khác, nếu $2p+1$ là số chính phương thì phải có dạng là $4k$ hoặc $4k+1$.

Do vậy, $p$ là số chẵn.

Nếu $p$ chẵn, mà $p$ nguyên tố suy ra $p=2$.

Thay $p=2$ và ta thấy $2p+1=5$ không phải là số chính phương.

 

Vậy không tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn yêu cầu.

Số tự nhiên $n$ có dạng $\overline{a_1a_2\cdots a_m}$.

Suy ra, số mới là $\overline{a_2\cdots a_ma_1}$.

Theo giả thiết $\overline{a_2\cdots a_ma_1}=\frac{7}{2}\overline{a_1a_2\cdots a_m}$

$\Leftrightarrow a_2.10^{m-1}+a_3.10^{m-2}+\cdots+a_m.10+a_1=\frac{7}{2}\left ( a_1.10^{m-1}+a_2.10^{m-2}+\cdots+a_m \right )$

$\Leftrightarrow 13\left ( a_2.10^{m-2}+a_3.10^{m-3}+\cdots+a_m \right )=a_1(7.10^{m-1}-2)$

$\Leftrightarrow 13\overline{a_2a_3\cdots a_m}=a_1(7.10^{m-1}-2)$.

Suy ra, $7.10^{m-1}-2\vdots 13$.

 

Ta có $10^m$ chia cho 13 được số dư là $\{10;9;-1;-10;-9;1\}$. Với $m$ có dạng lần lượt là $6k+1;6k+2;\cdots; 6k+6$.

Do vậy $7.10^m-2$ chia cho 13 được số dư là $\{3;-4;-9;-7;0;5\}$.

Vậy $7.10^{m-1}-2\vdots 13$ khi $m-1$ có dạng $6k+5$.

Số $m$ nhỏ nhất là 6.

Khi đó, $13\overline{a_2a_3\cdots a_m}=a_1(7.10^{m-1}-2)$

$\Leftrightarrow 13\overline{a_2a_3a_4 a_5a_6}=a_1(7.10^5-2)$

$\Leftrightarrow \overline{a_2a_3a_4 a_5a_6}=53846.a_1$

Suy ra, $a_1\le 1$. (Vì nếu $a_1 \ge 2$ thì $53846a_1$ là số có 6 chữ số, trong khi đó $\overline{a_2a_3a_4 a_5a_6}$ chỉ có 5 chữ số)

Suy ra $a_1=1$ và $\overline{a_2a_3a_4 a_5a_6}=53846$.

Vậy số $n$ nhỏ nhất cần tìm là 153846.

Do $\frac{m^3+n^3+1}{mn(m-n)}$ là số nguyên nên $m^3+n^3+1\vdots (mn(m-n))\quad (*)$.
Suy ra, $m^3+n^3+1\vdots m\Leftrightarrow n= -1 \mod m$
và $m^3+n^3+1\vdots n\Leftrightarrow m= -1 \mod n$.
Do đó, $m-n= -1 \mod n;m-n=1\mod m.$
TH1: $m>n$ ta có $m-n=pm+1\Leftrightarrow m(1-p)=n+1$ suy ra $p=0, m=n+1$.
Thay vào (*) ta được $(n+1)^3+n^3+1\vdots n(n+1)\Leftrightarrow 2(n^3+1)\vdots n(n+1)$
$\Leftrightarrow 2(n^2-n+1)\vdots n\Leftrightarrow n=1;n=2.$ Thay vào ta được $m=2;m=3$.
TH2: $n>m$ ta có $m-n=qn-1\Leftrightarrow (q+1)n=m+1$ suy ra $q=0;n=m+1$
Tương tự ta cũng dc $m=1;m=2$ và thay vào được $n=2;n=3$
Vậy nghiệm $(m;n)$ là $(1;2),(2;1),(2;3),(3;2)$.

@nguyenta98: 2 dòng đỏ bị sai còn TH n^2-n+1 \vdots m$ cơ mà

Tìm số nguyên $n$ thỏa mãn $\frac{n^2}{2^n}$ nguyên

Bài này không khó lắm, đề nghị mọi người mạnh tay vào.  

Tìm $n$ để $n^2\ge 2^n$ và $(n+1)^2<2^{n+1}$.

Ta có $(n+1)^2<2.2^n\le 2n^2\Rightarrow 2n^2-(n+1)^2>0$.

$\Leftrightarrow (n-1)^2-2>0$

Vậy với $n> 4$ thì $n^2<2^n$ nên $\frac{n^2}{2^n}$ không thể là số nguyên khi đó.

Nếu $n\le 0$ thì ta có $\frac{n^2}{2^n}$ luôn là số nguyên.

Với $1\le n\le 4$, để $\frac{n^2}{2^n}$nguyên thì $n^2\vdots 2$ do đó $n=2;n=4$.

Vậy nghiệm cần tìm là $n=2;n=4$ hoặc $n$ là số nguyên không dương ($n\le 0$).

Tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất sao cho : $x^n-(\sin{x})^n.\cos{x}\ge0, \forall x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right) ?$

Ta có một bổ đề là $\frac{x}{\sin x}>1$ với $\forall x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right)$

Do đó, $x^n-(\sin{x})^n.\cos{x}\ge0\Leftrightarrow (\frac{x}{\sin x})^n-\cos x\ge 0$ luôn đúng với mọi $n\ge 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất $n$ thỏa mãn là $n=0$.

Ta có $1988\equiv-1\mod 13$ nên $A=1988^{1987^{1986}}\equiv-1^{1987^{1986}}\mod 13\equiv-1\mod 13$.
Do vậy, $A+1\vdots13$. Suy ra $A+1\equiv0\mod 26$ hoặc $A+1\equiv13\mod 26$
Do vậy $A=1988^{1987^{1986}}\equiv-1\mod 26$ hoặc $A=1988^{1987^{1986}}\equiv12\mod 26$.
Mặt khác, $A=1988^{1987^{1986}}$ là số chẵn nên $1988^{1987^{1986}}\equiv12\mod 26$.