Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên d

\(\left(d\right)=\left\{\begin{matrix}x=3t+2\\y=-2t\\z=2t+4\end{matrix}\right.\)

+) Tìm tọa độ điểm H và K:

\(H\in\left(d\right)\Rightarrow H\left(3h+2;-2h;2h+4\right)\\ \Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(3h+1;-2h-2;2h+5\right)\)

\(\overrightarrow{AH}\perp d\Rightarrow\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{u_d}=0\\ \Leftrightarrow\left(3h+1;-2h-2;2h+5\right)\cdot\left(3;-2;2\right)=17h+17\\ \Rightarrow h=-1\Rightarrow H\left(-1;2;2\right)\)

Tiện thể tính ngay \(AH=\sqrt{13}\)

Làm tương tự, tìm được điểm \(K\left(5;-2;6\right)\) và \(BK=\sqrt{13}\)

+) Tìm tọa độ điểm M:

\(\left(MA+MB\right)min\Leftrightarrow\frac{MH}{MK}=\frac{AH}{BK}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{13}}=1\) (cái này chứng minh bằng hàm số)

Suy ra M là trung điểm HK \(\Rightarrow M\left(2;0;4\right)\)

C nhé

Lời giải:

\(\int\frac{x^2+3x+3}{x^3-3x+2}dx=\int\frac{(x+2)(x-1)+2(x+2)+1}{(x-1)^2(x+2)}dx=\int\frac{7dx}{3(x-1)^2}+\int\frac{8dx}{9(x-1)}+\int\frac{dx}{9(x+2)}\)\(=\frac{-7}{3(x-1)}+\frac{8}{9}\ln|x-1|+\frac{1}{9}\ln|x+2|+c\)

Bài này bạn không nên dùng phương pháp giải tích, dùng hình học cho dễ!

Đường thẳng AO cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm M1 và M2

Xét một đường tròn (C)= (O;R=3) bất kỳ thuộc (S) và điểm M di động trên (C) và không trùng M1, M2

Không mất tính tổng quát, điểm M có thể đại diện cho mọi điểm trên (S) (trừ M1, M2)

+) Dễ thấy \(\widehat{M_2MM_1}=90^0\),

tia M'M₁ nằm giữa tia M'A và M'M₂ nên \(\widehat{M_2MA}>\widehat{M_2MM_1}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{M_2MA}\) là góc tù

\(\Rightarrow\Delta M_2MA\)luôn có cạnh \(AM_2>AM\)

Vậy MA max khi và chỉ khi \(M\equiv M_2\)

tìm điểm M₂ bằng cách \(\frac{\overrightarrow{AM_2}}{\overrightarrow{AO}}=\frac{AM_2}{AO}=\frac{8}{5}\Rightarrow M_2\left(\frac{24}{5};\frac{17}{5};\frac{14}{5}\right)\)

+) Dễ thấy \(\widehat{AM_1M}\) là góc tù nên \(\Delta AM_1M\) luôn có \(AM>AM_1\)

Vậy MA min khi và chỉ khi \(M\equiv M_1\)

.......(làm tương tự ý trên để tìm M1 :3 )

mk ko hiểu lắm b ạ

a) Xét tam giác vuông $MBO$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$:

\(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{MB^2}+\frac{1}{BO^2}=\frac{1}{BO^2-HO^2}\)\(\Rightarrow \frac{1}{MB^2}=\frac{1}{27}-\frac{1}{36}=\frac{1}{108}\Rightarrow MB=6\sqrt{3} (\text{cm})\)

b) Thấy rằng $BC$ là trung trực của $AO$ và $AO$ cũng là trung trực của $BC$ nên $BA=BO=OC=AC$

Mặt khác \(\cos(\widehat{BOH})=\frac{1}{2}\) nên \(\cos (\widehat{BOC})\neq 90^0\)

Do đó $OBAC$ là hình thoi

c) Vì $OA$ là trung trực của $BC$ nên với điểm $M\in OA$ thì $MB=MC$ suy ra \(\triangle MBO=\triangle MCO\Rightarrow \widehat {MBO}=\widehat{MCO}=90^0\Rightarrow MC\perp CO\)

Do đó $MC$ là tiếp tuyến của $(O)$

a)\(\int \sin ^2\left (\frac{x}{2}\right)dx=\int \frac{1-\cos x }{2}dx=\frac{x}{2}-\frac{\sin x}{2}+c\)

b)\(\int \cos ^2 \left (\frac{x}{2}\right)dx=\int \frac{1+\cos x}{2}dx=\frac{x}{2}+\frac{\sin x}{2}+c\)

c) \(\int \frac{(2x+1)dx}{x^2+x+5}=\int \frac{d(x^2+x+5)}{x^2+x+5}=ln(x^2+x+5)+c\)

d)\(\int (2\tan x+ \cot x)^2dx=4\int \tan ^2 x+\int \cot^2 x+4\int dx=4\int \frac{1-\cos^2 x}{\cos^2 x}dx+\int \frac{1-\sin^2 x}{\sin^2 x}dx+4\int dx \)\( =4\int d(\tan x)-\int d(\cot x)-\int dx=4\tan x-\cot x-x+c\)

c.ơn bạn nhé Akai Haruma ^^

1)Đặt \(1+2x=t\Leftrightarrow x=\frac{t-1}{2}; dx=\frac{dt}{2}.\)

\(I_1=\frac{1}{4}\int\frac{t-1}{t^3}dt=\frac{1}{4}\int\left(\frac{1}{t^2}-\frac{1}{t^3}\right)dt=...\)

2) \(\int\frac{1-x^2}{x+x^3}dx=\int\left(\frac{1}{x}-\frac{2x}{1+x^2}\right)dx=\int\frac{dx}{x}-\int\frac{d\left(1+x^2\right)}{1+x^2}=...\)

Câu 1:

Ta có \(\int \frac{dx}{x^4+1}=\frac{1}{2}\int \left ( \frac{x^2+1}{x^4+1}-\frac{x^2-1}{x^4+1} \right )dx=\frac{1}{2}\int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}dx+\frac{1}{2}\int \frac{1-\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}dx\)

\(\frac{1}{2}\int \frac{d\left ( x-\frac{1}{x} \right )}{x^2+\frac{1}{x^2}}+\frac{1}{2}\int \frac{d\left ( x+\frac{1}{x} \right )}{x^2+\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{2}\int \frac{d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2}+\frac{1}{2}\int \frac{d(x+\frac{1}{2})}{(x+\frac{1}{x})^2-2}\)

Đặt \(x-\frac{1}{x}=a,x+\frac{1}{x}=b\Rightarrow A=\frac{1}{2}\int \frac{da}{a^2+2}+\frac{1}{2}\int \frac{db}{b^2-2}\)

Bằng cách đặt \(a=\sqrt{2}\tan u (-\frac{\pi}{2}< u<\frac{\pi}{2})\)

\(\Rightarrow \frac{1}{2}\int \frac{da}{a^2+2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\left (\frac{a}{\sqrt{2}} \right)+c\)

\(\frac{1}{2}\int \frac{db}{b^2-2}=\frac{1}{4\sqrt{2}}\int \left (\frac{1}{b-\sqrt{2}}-\frac{1}{b+\sqrt{2}} \right)db\)\(=\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln|\frac{b-\sqrt{2}}{b+\sqrt{2}}|+c\)

\(\Rightarrow A=\frac{1}{2\sqrt{2}}\tan^{-1} \left (\frac{x^2-1}{\sqrt{2}x} \right)-\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln|\frac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1}|+c\)

Awn, chúc mừng năm mới!

Câu 2:

\(B=\int \frac{x^4+1}{x^6+1}=\int\frac{(x^2+1)^2-2x^2}{(x^2+1)(x^4-x^2+1)}dx=\int\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}dx-2\int \frac{x^2dx}{(x^3)^2+1}\)

\(\int\frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2-1+\frac{1}{x^2}}dx-\frac{2}{3}\int\frac{d(x^3)}{(x^3)^2+1}=\int\frac{d\left (x-\frac{1}{x} \right)}{\left (x-\frac{1}{x}\right)^2+1}-\frac{2}{3}\int\frac{d(x^3)}{(x^3)^2+1}\)

Đặt \(x-\frac{1}{x}=a, x^3=b\). Cần tính \(B=\int\frac{da}{a^2+1}-\frac{2}{3}\int\frac{db}{b^2+1}\)

Đến đây bài toán trở về dạng quen thuộc . Đặt \(a=\tan u, b=\tan v\)

\(\Rightarrow B=\tan ^{-1}\left (x-\frac{1}{x}\right)-\frac{2}{3}\tan^{-1}(x^3)+c\)

Đặt \(\sqrt[3]{2}=a\Leftrightarrow a^3=2\). Ta chứng minh \(\sqrt[3]{a-1}=\frac{a^2-a+1}{\sqrt[3]{9}}\)

Lập phương hai vế ta có :

\(a-1=\frac{\left(a^2-a+1\right)^3}{9}\Leftrightarrow9\left(a-1\right)\left(a+1\right)^3=\left(a+1\right)^3\left(a^2-a+1\right)^3\)

                             \(\Leftrightarrow9\left(a-1\right)\left(a^3+3a^2+3a+1\right)=\left(a^3+1\right)^3\)

                             \(\Leftrightarrow9\left(a-1\right)\left(3+3a^2+3a\right)=27\)

                             \(\Leftrightarrow3\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)=3\)

                             \(\Leftrightarrow a^3-1=1\)

                             \(\Leftrightarrow a^3=2\)

Đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

Lời giải:

Giả sử tiếp điểm có hoành độ $x_0$. Phương tình tiếp tuyến tại tiếp điểm là:

\(y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)=\frac{-x}{(x_0-1)^2}+\frac{2x_0^2-2x_0+1}{(x_0-1)^2}\) (\(\Delta\))

Khoảng cách từ \(\Delta\) đến \(I(1,2)\) là :

\(d=\frac{\left | \frac{-1}{(x_0-1)^2}-2+\frac{2x_0^2-2x_0+1}{(x_0-1)^2} \right |}{\sqrt{\frac{1}{(x_0-1)^4}+1}}=\sqrt{2}\Rightarrow x_0\in\left \{0;2 \right \}\)

Do đó có 2 PTTT là:\(\left\{\begin{matrix}y=-x+1\\ y=-x+5\end{matrix}\right.\)

Giải:

Kẻ hình chữ nhật \(ABCH\)

Dễ dàng tính được các độ dài: \(BD=\sqrt{10}a;BC=\sqrt{3}a,DC=\sqrt{7}a\)

\(\Rightarrow DC\perp BC\)

Ta có \(\left\{\begin{matrix} AH\perp AB\\ DA\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow AB\perp (ADH)\rightarrow AB\perp DH\)

Tương tự do \(DC\perp BC,BC\perp HC\) nên \(DH\perp BC\)

\(\Rightarrow DH\perp (ABCH)\)

Theo hệ thức Pitago: \(DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{6}a\)

Do đó thể tích \(ABCD\) là : \(V=\frac{S_{ABC}.DH}{3}=\frac{AB.BC.DH}{6}=\frac{\sqrt{2}a^3}{2}\)