Tìm hiệu của số tròn chục lớn nhất có 2 chữ số 

$\begin{array}{rl}P=& \sqrt{{\left(1-{\cos }^{2}x\right)}^2+6{\cos }^{2}x+3{\cos }^{4}x}+\sqrt{{\left(1-{\sin }^{2}x\right)}^2+6{\sin }^{2}x+3{\sin }^{4}x}\\ & =\sqrt{4{\cos }^{4}x+4{\cos }^{2}x+1}+\sqrt{4{\sin }^{4}x+4{\sin }^{2}x+1}\\ & =\sqrt{{\left(2{\cos }^{2}x+1\right)}^2}+\sqrt{{\left(2{\sin }^{2}x+1\right)}^2}\\ & =2{\cos }^{2}x+1+2{\sin }^{2}x+1\\ & =3\end{array}$

Vậy $P$ không phụ thuộc vào $x$.

quá đúng

1234567890-01234567890-=qưertyuiop[]\';;lkjhfgdsazxcvbnm,./\'l;[]7894561230.+-

Vì A+B+C=180^{\circ}A+B+C=180∘ nên V T=\dfrac{\sin ^{3} \dfrac{B}{2}}{\cos \left(\dfrac{180^{\circ}-B}{2}\right)}+\dfrac{\cos ^{3} \dfrac{B}{2}}{\sin \left(\dfrac{180^{\circ}-B}{2}\right)}-\dfrac{\cos \left(180^{\circ}-B\right)}{\sin B} \cdot \tan BVT=cos(2180∘−B​)sin32B​​+sin(2180∘−B​)cos32B​​−sinBcos(180∘−B)​⋅tanB.

V T=\dfrac{\sin ^{3} \dfrac{B}{2}}{\cos \left(\dfrac{180^{\circ}-B}{2}\right)}+\dfrac{\cos ^{3} \dfrac{B}{2}}{\sin \left(\dfrac{180^{\circ}-B}{2}\right)}-\dfrac{\cos \left(180^{\circ}-B\right)}{\sin B} \cdot \tan BVT=cos(2180∘−B​)sin32B​​+sin(2180∘−B​)cos32B​​−sinBcos(180∘−B)​⋅tanB =\dfrac{\sin ^{3} \dfrac{B}{2}}{\sin \dfrac{B}{2}}+\dfrac{\cos ^{3} \dfrac{B}{2}}{\cos \dfrac{B}{2}}-\dfrac{-\cos B}{\sin B} \cdot \tan B=\sin ^{2} \dfrac{B}{2}+\cos ^{2} \dfrac{B}{2}+1=2=V P=sin2B​sin32B​​+cos2B​cos32B​​−sinB−cosB​⋅tanB=sin22B​+cos22B​+1=2=VP

Suy ra điều phải chứng minh.

\(a)sin^4x+cos^4x=1-2sin^2x\cdot cos^2x\) 

\(\Leftrightarrow sin^4x+2sin^2x\cdot cos^2x+cos^4x=1\)

\(\Leftrightarrow\left(sin^2x+cos^2x\right)^2=1\)(luôn đúng)

a) ${\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x={\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x+2{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x-2{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x$
\begin{aligned}&=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x \\&=1-2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x\end{aligned}​=(sin2x+cos2x)2−2sin2xcos2x=1−2sin2xcos2x​

b) $\genfrac{}{}{0ex}{}{1+\cot x}{1-\cot x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{\tan x}}{1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{\tan x}}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\genfrac{}{}{0ex}{}{\tan x+1}{\tan x}}{\genfrac{}{}{0ex}{}{\tan x-1}{\tan x}}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\tan x+1}{\tan x-1}$

c) $\genfrac{}{}{0ex}{}{\cos x+\sin x}{{\cos }^{3}x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{{\cos }^{2}x}+\genfrac{}{}{0ex}{}{\sin x}{{\cos }^{3}x}={\tan }^{2}x+1+\tan x\left({\tan }^{2}x+1\right)$
$={\tan }^{3}x+{\tan }^{2}x+\tan x+1$

a) Ta có: \(sin^2x+sin^2\left(90-x\right)=sin^2x+cos^2x=1.\)

áp dụng: A = 2

b)Ta có: \(cos\left(x\right)=-cos\left(180-x\right)\)

áp dụng: B = 0

c) Ta có: \(tan\left(x\right)\cdot tan\left(90-x\right)=\frac{sinx}{cosx}\cdot\frac{sin\left(90-x\right)}{cos\left(90-x\right)}=\frac{sinx}{cosx}\cdot\frac{cosx}{sinx}=1\)

áp dụng: C = 1

quá sai

$A=a^2\sin {90}^{\circ }+b^2\cos {90}^{\circ }+c^2\cos {180}^{\circ }$

$=a^2\mathrm{*1}+b^2*$ 0 $+c^2\mathrm{*\; (-1}$

$=a^2$ $-c^2$

$B=3-{\sin }^2{90}^{\circ }+2{\cos }^2{60}^{\circ }-3{\tan }^2{45}^{\circ }$.

= 3 - 1 + 1/2 - 3 = -1/2

What did you see at the zoo?

 I saw crocodiles.

Gọi K là trung điểm AC \(\Rightarrow IK\) là đường trung bình tam giác ABC 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IK=\dfrac{1}{2}AB\\IK||AB\end{matrix}\right.\)

Đường thẳng IK song song AB nên nhận (1;-1) là 1 vtpt

Phương trình IK:

\(1\left(x-2\right)-1\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow x-y-1=0\)

\(S=\dfrac{1}{2}d\left(C;AB\right).AB=\dfrac{1}{2}.2.d\left(I;AB\right).AB=d\left(I;AB\right).AB\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{S}{d\left(I;AB\right)}=\dfrac{2}{\dfrac{\left|2-1\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}}=2\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow IK=\dfrac{1}{2}AB=\sqrt{2}\)

Do K thuộc IK nên tọa độ có dạng: \(K\left(k;k-1\right)\Rightarrow\overrightarrow{IK}=\left(k-2;k-2\right)\)

\(\Rightarrow IK=\sqrt{\left(k-2\right)^2+\left(k-2\right)^2}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\left(k-2\right)^2=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}k=3\\k=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}K\left(3;2\right)\\K\left(1;0\right)\end{matrix}\right.\)

\(1-cosx=1-cos2\left(\dfrac{x}{2}\right)=1-\left(2cos^2\dfrac{x}{2}-1\right)\)

\(=2\left(1-cos^2\dfrac{x}{2}\right)=2\left(1-cos\dfrac{x}{2}\right)\left(1+cos\dfrac{x}{2}\right)\)

Xét \(\Delta'=\left(m+3\right)^2-4m-12=m^2+2m-3=\left(m-1\right)\left(m+3\right)>0\)

thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.  hay \(\orbr{\begin{cases}m>1\\m< -3\end{cases}}\)

Để cả hai nghiệm đó lớn hơn -1 thì nghiệm nhỏ hơn theo công thức viet là : 

\(-\left(m+3\right)-\sqrt{m^2+2m-3}>-1\Leftrightarrow-m-2>\sqrt{m^2+2m-3}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-m-2\ge0\\\left(-m-2\right)^2>m^2+2m-3\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\le-2\\2m>-7\end{cases}}\Leftrightarrow-\frac{7}{2}< m\le-2\)

Kết hợp với điều kiện của delta phẩy ta có 

\(-\frac{7}{2}< m< -3\)

bạn ý hỏi bây h mà nói chiều có đáp án thì có đầy ng trả lời r

Δ′=(m+3)2−(4m+12)=m2+2m−3>0⇒[m>1m<−3Δ′=(m+3)2−(4m+12)=m2+2m−3>0⇒[m>1m<−3

Theo hệ thức Viet: {x1+x2=−2(m+3)x1x2=4m+12{x1+x2=−2(m+3)x1x2=4m+12

Pt có 2 nghiệm lớn hơn -1 khi: −1<x1<x2⇔⎧⎨⎩(x1+1)(x2+1)>0x1+x22>−1−1<x1<x2⇔{(x1+1)(x2+1)>0x1+x22>−1

⇔{x1x2+x1+x2+1>0x1+x2>−2⇔{x1x2+x1+x2+1>0x1+x2>−2

⇔{4m+12−2(m+3)+1>0−2(m+3)>−2⇔{4m+12−2(m+3)+1>0−2(m+3)>−2

⇔⎧⎨⎩m>−72m<−2⇔{m>−72m<−2 ⇒−72<m<−2⇒−72<m<−2

Kết hợp điều kiện ban đầu ⇒−72<m<−3 

HT