1+tan^2 x = 1/cos^2 x

=> 1+ t^2 = 1/cos^2 x

=> 3 + 3t^2 = 3/cos^2 x

PT TRỞ THÀNH :

3 + 3t^2 - 2t + 1 = 0

<=> 3t^2 - 2t + 4 = 0

\(lim\left(\dfrac{n^2+1-n^2}{\sqrt{n^2+1}+n}\right)=lim\dfrac{1}{n\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}+1\right)}=0\)

a, Xét (ABCD) có AC giao BD = O 

Xét (SAC);(SBD) có 

S là điểm chung t1; O là điểm chung t2 

=> SO là giao tuyến 2 mp trên 

b, Xét tam giác SDC có PN là đường tb tam giác 

=> NP // SC ; SC \(\subset\)(SBC) 

=> NP // (SBC) 

b, Xét (ABCD) kẻ MN cắt AD tại K 

Do K thuộc AD => K \(\subset\)(SAD) 

=> PK giao SA tại Q

Xét tam giác MNC và tam giác KND có 

^NMC = ^KND (sole) ; NC = ND (N là trung điểm); ^MNC = ^KND = ^KND (đối đỉnh) 

=> tam giác MNC = tam giác KND (g.c.g) 

=> DK = MC  (2 cạnh tương ứng) 

=> \(\dfrac{AK}{AD}=\dfrac{AD+DK}{AD}=\dfrac{AD+MC}{AD}=\dfrac{AD+\dfrac{BC}{2}}{AD}=\dfrac{AD+\dfrac{AD}{2}}{AD}=\dfrac{3}{2}\)

Do AD = BC ( ABCD là hbh) 

Xét tam giác DSC có \(\dfrac{DP}{SP}=\dfrac{DN}{NC}=1\)theo Ta lét, N là trung điểm DC

Theo Menelaus ta có 

\(\dfrac{SQ}{SA}.\dfrac{AI}{AD}.\dfrac{DP}{SP}=1\Leftrightarrow\dfrac{SQ}{SA}.\dfrac{3}{2}=1\Leftrightarrow\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{2}{3}\)

a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Xét hai mp $(SAC)$ và $(SBD)$ có

   $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng.

   $O\in AC\subset \left(SAC\right)$

   $O\in BD\subset \left(SBD\right)$

Suy ra $O$ là điểm chung của hai mặt phẳng.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SO$.

$\begin{array}{l}NP\subset \left(SBC\right)\\ NP\text{//}SC\\ SC\subset \left(SBC\right)\end{array}$

$\Rightarrow NP$ // $\left(SBC\right).$

⎧​​NP⊂(SBC)NP // SCSC⊂(SBC)​

$\Rightarrow NP$ // $\left(SBC\right).$

b) Gọi E là giao AC và MN

Có: NP//SC;EQ là giao tuyển của (PMN) và (SAC) 

$\Rightarrow IQ$ // ��⇒����=����SC=> \(\dfrac{CI}{CA}\)=\(\dfrac{SQ}{SA}\)

Mà CI=\(\dfrac{1}{4}CA\)

=>\(\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{CI}{CA}=\dfrac{1}{4}\)

Do mỗi lần sau tiền đặt gấp đôi lần tiền đặt cọc trước đó

Nên ta có cấp số nhân : \(u_1=20000,q=2\) ( Với \(u_1\) tính bằng đồng )

Số tiền người đó thua là tổng của 9 số hạng đầu tiên cấp số nhân 

\(S_9=\dfrac{u_1.\left(1-q^9\right)}{1-q}=\dfrac{20000\left(1-2^9\right)}{1-2}=10220000\) (đồng)

Số tiền người đó thắng là số hạng thứ 10 của cấp số nhân

\(u_{10}=u_1.q^{10-1}=20000.2^9=10240000\) (đồng)

Vì : \(10240000>10220000\) nên du khách đã thắng trong vụ cược này

Số tiền thắng : \(10240000-10220000=20000\) (đồng)

Số tiền du khác đặt trong mỗi lần là một cấp số nhân có $u^1=20000$ và công bội $q=2.$

Du khách thua trong $9$ lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là: $S^9=u^1+u^2+...+u^9=\genfrac{}{}{0ex}{}{u^1\left(1-p^9\right)}{1-p}=10220000$.

Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ $10$ là $u^{10}=u^1.p^9=10240000$.

Ta có $u^{10}-S^9=20000>0$ nên du khách thắng $20$ $000$.

a) $\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{2\sqrt{x+3}+x-5}{x-x^2}=\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{\left(2\sqrt{x+3}+\left(x-5\right)\right)\left(2\sqrt{x+3}-\left(x-5\right)\right)}{\left(x-x^2\right)\left(2\sqrt{x+3}-\left(x-5\right)\right)}$

$=\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{-x^2+14x-13}{-x\left(x-1\right)\left(2\sqrt{x+3}-\left(x-5\right)\right)}=\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{-\left(x-1\right)\left(x-13\right)}{-x\left(x-1\right)\left(2\sqrt{x+3}-\left(x-5\right)\right)}$

$=\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{-\left(x-13\right)}{-x\left(2\sqrt{x+3}-\left(x-5\right)\right)}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$

b) $\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{x^2+ax+b}{x^2-1}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$.

Suy ra $x=1$ là nghiệm của tử số $\Rightarrow 1+a+b=0\iff b=-a-1.$

Ta có $\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{x^2+ax+b}{x^2-1}=\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{x^2+ax-a-1}{x^2-1}=\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{\left(x-1\right)\left(x+a+1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}.$

Do đó $\stackrel{\lim }{x\to 1}\genfrac{}{}{0ex}{}{x^2+ax+b}{x^2-1}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

$\iff \genfrac{}{}{0ex}{}{2+a}{2}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\iff a=-3,b=2.$