ta có : \(2\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow2\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DC}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}D\in AC\\2AD=DC\end{matrix}\right.\)

\(3\overrightarrow{AE}+2\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow3\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AB}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}E\in AB\\AE=\dfrac{2}{3}AB\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) HÌNH

a) ta có tam giác \(ABC\) là tam giác đều \(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{EAD}=60^o\)

tâm quay là \(A\) \(\Rightarrow\) phép biến hình tâm \(A\) biến \(E\) thành \(D\) là \(Q_{\left(A;\dfrac{\pi}{3}\right)}\)(các góc quay lệt nhau \(2\pi\))

b) ta có \(\widehat{BAC}=\widehat{EAD}=60^o\) và \(\overrightarrow{ED}\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC}\) ; \(\overrightarrow{AE}\uparrow\uparrow\overrightarrow{AB}\) ; \(\overrightarrow{AD}\uparrow\uparrow\overrightarrow{AC}\)

\(\Rightarrow\) ảnh của \(B\) qua phép biến hình trên là \(C\) .

mấy dòng đầu có mũi tên chỉ lên là gì a

Lời giải:

Kẻ \(SH\perp BC\).

Vì \(\left\{\begin{matrix} SH\subset (SBC)\\ (SBC)\perp (ABC)\\ (SBC)\cap (ABC)\equiv BC\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABC)\)

Kẻ \(HK\perp AB\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} SH\perp AB\\ HK\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow (SHK)\perp AB\)

Mà \(AB\) là giao tuyến của (SAB) và (ABC) nên :

\(\Delta_{\phi}=\angle ((SAB),(ABC))=\angle (SK,HK)=\widehat{SKH}\)

\(\tan \Delta _{\phi}=\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}\)

Vì tam giác $SBC$ đều cạnh $a$ có $SH$ là là đường cao nên dễ thấy \(SH=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

\(HK=\sin B.BH=\sin 30.\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\)

\(\Rightarrow \tan \Delta_{\phi}=\frac{\sqrt{3}a}{2}: \frac{a}{4}=2\sqrt{3}\)

Đáp án A

Tứ diện SABC có (SBC) vuông góc (ABC), SBC là tam giác đều cạnh a, ABC là tam giác vuông tại A và B^=30 độ. Gọi delta phi là góc giữa (SAB) và (ABC). chọn khẳng định đún

A. tan delta phi = 2 căn 3
B. tan delta phi = 3 căn 3
C. delta phi = 60 độ
D delta phi = 30 độ

Lời giải:

Ta có:

\((\sqrt{n+1}+\sqrt{n})U_n=\frac{2}{2n+1}\)

\(\Rightarrow U_n=\frac{2}{(2n+1)(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{2n+1}\)

\(=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{(n+1)+n}<\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{2\sqrt{n(n+1)}}\) (áp dụng bđt am-gm thì \((n+1)+n\geq 2\sqrt{n(n+1)}\), dấu bằng không xảy ra vì \(n\neq n+1\))

hay \(U_n< \frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)

Do đó:
\(U_1+U_2+...+U_{2010}< \frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}-...+\frac{1}{\sqrt{2010}}-\frac{1}{\sqrt{2011}}\)

\(\Leftrightarrow U_1+U_2+..+U_{2010}< 1-\frac{1}{\sqrt{2011}}< \frac{1005}{1006}\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAB)\perp BC\)

Mà \(AH\subset (SAB)\Rightarrow AH\perp BC\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} AH\perp BC\\ AH\perp SB\end{matrix}\right.\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC(1)\)

Lại có:

\(\left\{\begin{matrix} SA\perp CD\\ AD\perp CD\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAD)\perp CD\)

Mà \(AK\subset (SAD)\Rightarrow AK\perp CD\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} AK\perp CD\\ AK\perp SD\end{matrix}\right.\Rightarrow AK\perp (SCD)\Rightarrow AK\perp SC(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow SC\perp (AHK)\Rightarrow SC\perp HK(*)\)

Tam giác vuông $SAB,SAD$ có các cạnh tương ứng bằng nhau nên hai tam giác bằng nhau.

Tương ứng ở mỗi tam giác có đường cao $AH,AK$ nên:

\(\Rightarrow \frac{SH}{HB}=\frac{SK}{KD}\), do đó \(HK\parallel BD\). Mà \(BD\perp AC\Rightarrow HK\perp AC(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow HK\perp (SAC)\)

Mà : \(AI\subset (SAC)\Rightarrow HK\perp AI\)

Ta có đpcm.

Nana

Bài 2:

Ta có: \(y=\frac{x-2}{x-1}\Rightarrow y'=\frac{1}{(x-1)^2}\)

Do đó pt tiếp tuyến của đồ thị (C) tại \(M(a, \frac{a-2}{a-1})\) là:

\(y=f'(a)(x-a)+f(a)\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{1}{(a-1)^2}(x-a)+\frac{a-2}{a-1}\) (d)

Đường thẳng trên có vecto pháp tuyến \((\frac{1}{(a-1)^2}, -1)\) nên vecto chỉ phương là: \((1, \frac{1}{(a-1)^2})\)

Vecto chỉ phương của đường thẳng \(\overrightarrow{IM}\) là \((a-1,\frac{a-2}{a-1}-1)\)

Vì hai đường thẳng trên vuông góc với nhau nên:

\(\overrightarrow{d}.\overrightarrow{IM}=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow (1, \frac{1}{(a-1)^2})(a-1, \frac{a-2}{a-1}-1)=0\)

\(\Leftrightarrow a-1+\frac{1}{(a-1)^2}\left(\frac{a-2}{a-1}-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow a-1-\frac{1}{(a-1)^3}=0\)

\(\Leftrightarrow (a-1)^4=1\Leftrightarrow a=2, a=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} M=(2, 0)\\ M=(0,2)\end{matrix}\right.\)

Bài 1:

Gọi tọa độ điểm \(M(a,a^3-3a+1)\)

Có: \(y=x^3-3x+1\Rightarrow y'=3x^2-3\). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm $M$ là:

\(y=y'(a)(x-a)+y(a)\)

\(\Leftrightarrow y=(3a^2-3)(x-a)+a^3-3a+1\)

Để qua M kẻ được đúng một tiếp tuyến tới $(C)$ thì phương trình hoành độ giao điểm:

\((3a^2-3)(x-a)+a^3-3a+1=x^3-3x+1(*)\) chỉ có đúng duy nhất một nghiệm.

Ta có:

\((*)\Leftrightarrow (x^3-a^3)-(3x-3a)-(x-a)(3a^2-3)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)(x^2+xa+a^2-3a^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)(x^2+xa-2a^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)^2(x+2a)=0\)

Để pt có nghiệm duy nhất thì \(a=-2a\Leftrightarrow a=0\)

\(\Rightarrow M(0,1)\)

Lời giải:

Xét hàm số \(f(x)=(m^2-m+1)x^8+3mx^2-3x-2\)

Vì đây hàm số sơ cấp xác định tại \(x\in\mathbb{R}\) nên hàm liên tục trên miền \(\mathbb{R}\)

Ta có:

\(f(0)=-2<0\)

\(f(-1)=m^2-m+1+3m+3-2=m^2+2m+2=(m+1)^2+1>0\)

\(f(2)=256(m^2-m+1)+12m-8=256m^2-244m+248\)

\(f(2)=(16m-\frac{61}{8})^2+\frac{12151}{64}>0\)

Do đó: \(\left\{\begin{matrix} f(0)f(-1)<0\\ f(0)f(2)<0\end{matrix}\right.\)

Suy ra theo định lý về giá trị trung gian của hàm số liên tục thì phương trình \(f(x)=0\) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng \((-1;0)\) và một nghiệm thuộc khoảng \((0;2)\)

Hay PT \(f(x)=0\) có ít nhất hai nghiệm trái dấu.

\(u_2=u_1.q,u_5=u_1.q^4,u_6=u_1.q^5\) nên

\(u_1(1+q^4)=51,u_1q(1+q^4)=102\)

chia 2 vế ta được q=2, suy ra u₁=3