Ta có {BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE{BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE

Khi đó {CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB){CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2, tương tự SDSE=SC2SA2SDSE=SC2SA2

Lại cả CA=AC√2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3CA=AC2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3

Khi đó VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13

Do đó VS.CDE=13.23a3=2a39VS.CDE=13.23a3=2a39.

Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.

Hai tam giác ΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′ và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.

Tam giác DEFDEF lần lượt có D′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132, D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52, EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.

Theo hê rông ta có: SDEF=√614SDEF=614. Suy ra D′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.

Tam giác D′A′HD′A′H có: cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cos⁡A′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.

Do đó ˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘ hay (ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.

Gọi $N$ và $P$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $AB$.

Theo tính chất đường trung bình trong tam giác ta có $NP//SB$ và $PC//AM$.

Suy ra $\alpha =\widehat{NP,PC}$.

Ta có $NP=\genfrac{}{}{0ex}{}{SB}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{5}}{2}$ và $PC=AM=\sqrt{5}$;\\ $NC=+=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{33}}{2}.$

$\Rightarrow \cos \widehat{NPC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{N{P}^2+P{C}^2-N{C}^2}{2.NP.PC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}+5-\genfrac{}{}{0ex}{}{33}{4}}{2.\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{5}}{2}.\sqrt{5}}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}$.

Vậy $\cos \alpha =\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}$.2/5

Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.

Hai tam giácΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.

Tam giác DEFDEF lần lượt cóD′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132,D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52,EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.

Theo hê rông ta có:SDEF=√614SDEF=614. Suy raD′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.

Tam giác D′A′HD′A′H có:cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cos⁡A′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.

Do đóˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘hay(ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.

$D$ là hình chiếu vuông góc của $D^{\prime }$ trên $(ABCD)$.

$\Rightarrow \Delta ACD$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta AC{D}^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABCD)$.

Do đó $\cos \alpha =\genfrac{}{}{0ex}{}{S^{ACD}}{S^{AC{D}^{\prime }}}$ với $\alpha$ là góc cần tìm.

Ta có \left\{ \begin{aligned} & DA^2 + DC^2 = 3\\ & DC^2 + DD'^2 = 4\\ & DA^2 + DD'^2 = 5\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & DA^2 = 2\\ & DC^2 = 1\\ & DD'^2 = 3\\ \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​​DA2+DC2=3DC2+DD′2=4DA2+DD′2=5​⇔⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​​DA2=2DC2=1DD′2=3​.

$\Rightarrow S^{ACD}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}.DA.DC=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{2}}{2}$.

Dùng công thức Hê rông ta có $S^{AC{D}^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{11}}{2}$.

Vậy $\cos \alpha =\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{11}$.

gọi K thuộc SC sao cho DK ​​\(\perp\) SC , BK \(\perp\)SC

=> ((SCD),(SBC)) = (DK,KB)

tính được SD = \(\frac{\sqrt{10}}{2}\)a, AC = \(\sqrt{3}\)a, SC= \(\frac{3\sqrt{2}}{2}\)a

\(DC^2=SD^2+SC^2-2SD.SC.cos\widehat{DSC}\)

=> \(\widehat{DSC}\)=....... (số xấu)

\(sin\widehat{DSC}\)= \(\frac{DK}{SD}\)=> DK = \(\frac{\sqrt{2}}{2}\)=BK

\(DB^2=DK^2+BK^2-2.DK.BK.cos\alpha\)=> \(\alpha=\frac{\pi}{2}\)

quản lí hỏi để thử tài học sinh à

Bài 286: Bất đẳng thức neibizt khá nổi tiếng :D 

Bđt <=> \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(2a+2b+2c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{b+c}\right)\ge9\) ( Có thể đơn giản hóa bất đẳng thức bằng việc đặt biến phụ )

Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=b+c\\y=c+a\\z=a+b\end{matrix}\right.\) khi đó ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{y+z-x}{2}\\b=\dfrac{z+x-y}{2}\\c=\dfrac{x+y-z}{2}\end{matrix}\right.\) Bất đẳng thức trở thành: \(\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge9\) ( luôn đúng theo AM-GM )

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu "=" xảy ra tại a=b=c

C286.(Cách khác)

Áp dụng BĐT BSC và BĐT \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\):

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(=\dfrac{a^2}{ab+ca}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài 284 

Ta cần CM \(\left(a+b\right)\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)\left(a^3+b^3\right)\)

\(\Leftrightarrow a^5+b^5+a^4b+ab^4\ge a^5+b^5+a^2b^3+a^3b^2\)

\(\Leftrightarrow a^4b+ab^4\ge a^3b^2+a^2b^3\) \(\Leftrightarrow a^4b-a^3b^2-a^2b^3+ab^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3b\left(a-b\right)-ab^3\left(a-b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3b-ab^3\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)ab\left(a^2-b^2\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2ab\left(a+b\right)\ge0\) luôn đúng với mọi a,b>0 Vậy...

Lời giải:

Giả sử $x,y,z$ đều lẻ hoặc đều chẵn. Khi đó $(x+y)^2-x^5$ lẻ, còn $y^3-z^3$ chẵn (vô lý)

Do đó trong $x,y,z$ sẽ tồn tại 1 số chẵn hoặc 2 số chẵn.

TH1: $x,y,z$ tồn tại 2 số chẵn, 1 số lẻ.

- Nếu $x,y$ chẵn, $z$ lẻ thì $x=y=2$. Thay vào đề:

$4-32=8-z^3\Rightarrow z^3=36$ (loại)

- Nếu $x,z$ chẵn, $y$ lẻ thì $x=z=2$. Thay vô:

$(2+y)^2-32=y^3-8$

$\Leftrightarrow y^3-y^2-4y+20=0$

$\Leftrightarrow (y-2)(y-1)(y+2)=-16<0$ (vô lý do $y\geq 3$)

- Nếu $y,z$ chẵn, $x$ lẻ thì $y=z=2$. Thay vô có:

$(x+2)^2-x^5=0$

$\Rightarrow x^5=(x+2)^2$ nên $x$ là scp (vô lý)

TH2: $x,y,z$ tồn tại $1$ số chẵn, 2 số lẻ. 

- Nếu $x$ chẵn, $x=2$ thì thay vô có:

$(y+2)^2=32-y^3+z^3$. $y,z$ lẻ nên $(y+2)^2$ lẻ, $32-y^3+z^3$ chẵn (vô lý- loại)

- Nếu $y$ chẵn, $y=2$ thì thay vô có:

$(x+2)^2-x^5=8-z^3$. $x,z$ lẻ nên $(x+2)^2-x^5$ chẵn, còn $8-z^3$ lẻ (vô lý-loại)

- Nếu $z$ chẵn, $z=2$ thì thay vô có:

$(x+y)^2-x^5=y^3-8$

$\Leftrightarrow (x+y)^2=x^5+y^3-8$

Mà $x^5+y^3-8\geq 9x^2+3y^2-8$

$\Rightarrow 2xy\geq 8x^2+2y^2-8$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+7x^2+y^2\leq 8$ (vô lý vì $x,y\geq 3$)

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thỏa mãn.

1: ĐKXĐ: a,b>0, a\(\ne b\)

\(\Rightarrow Q=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^3+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\right)}+\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(a-b\right)}=\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+3b\sqrt{a}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\) \(=\dfrac{3\sqrt{a}\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=0\) 

\(\Rightarrow Q\) ko phụ thuộc vào a,b Vậy...

2: Ta có \(1\ge x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{4}\) 

\(\Rightarrow P=\dfrac{x+y}{xy}\cdot\sqrt{x^2y^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+...+\dfrac{1}{16}}\ge\dfrac{2\sqrt{xy}}{xy}\cdot\sqrt{17}\cdot\sqrt[34]{\dfrac{x^2y^2}{16^{16}}}=\sqrt{17}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{xy}{16^8}}\) \(=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{2^{17}}{\sqrt{x^{17}y^{17}}}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2y^2}}{2^{32}}=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{x^{15}y^{15}}\cdot2^{15}}}\ge\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{4^{15}}}\cdot2^{15}}}=\sqrt{ }17}\)

Dấu  = xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\) Vậy...

thế thì chịu khó cần cù thì bù siêng năng thôi :)))

Hãy share bài trên fanpage bạn nhéeeee :))

= 1 - \(\frac{1}{2010}\)nha em

#Chúc em học tốt

\(N=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.10}+\frac{1}{10.15}+...+\frac{1}{2005.2010}\)

\(5N=\frac{5}{1.5}+\left(\frac{5}{5.10}+\frac{5}{10.15}+...+\frac{5}{2005.2010}\right)\)

\(5N=1+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{10}+\frac{1}{10}-\frac{1}{15}+...+\frac{1}{2005}-\frac{1}{2010}\right)\)

\(5N=1+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{2010}\right)\)

\(5N=1+\frac{401}{2010}\)

  \(5N=\frac{2411}{2010}\)

\(\Rightarrow N=\frac{2411}{10050}\)