TÌM NGHIỆM ∈ ( ) 0, Π Π − = +   − ÷  (1)TA CÓ 4SIN2 X 3 COS2X...

Question

2/ Tìm nghiệm ∈ ( ) 0, π π − = +   − ÷  (1)Ta có 4sin2 x 3 cos2x 1 2 cos x2 32 4⇔ − − = + +   − ÷ (1) 2 1 cosx ( ) 3 cos2x 1 1 cos 2x 32(1) ⇔ − 2 2 cosx − 3 cos2x 2 sin 2x = −(1) ⇔ − 2 cosx = 3 cos2x sin 2x − . Chia hai vế cho 2: (1) ⇔ − cosx = 3 cos2x − 1 sin 2x2 2( )cos 2x cos x⇔   + ÷  = π − ⇔ = x 5 18 π + k 2 3 π ( ) a hay x = − 7 6 π + π h2 ( ) b6Do x ∈ ( ) 0, π nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba π π π= = =nghiệm x thuộc ( ) 0, π là x1 5 ,x2 17 ,x3 518 18 6x 2y 4 0B 0, 2CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt    − − = − − = ⇒ ( − )7x 4y 8 0Vì ∆ABC cân tại A nên AG là đường cao của ∆ABCVì GA BC⊥  ⇒ pt GA: 2(x − 4 ) 1(y + − 1 ) 0 = ⇔ 2x y 3 0 + − =3 3 ⇔ 2x y 3 0 + − =2x y 3 0H 2, 1⇒ GA BC ∩ = H   − − = + − = ⇒ ( − )uuur uuur   =   − − ÷  =   − − − ÷ Ta có AG 2GH uuur = uuur với A(x,y). AG 4 x, 1 y ;GH 2 4 , 1 13 3 3 3x 0 =  − = − ⇒ A 0,3 ( )1 y 8⇒ 3 3Ta có : xG = xA+ xB+ xC và yG = yA+ yB+ yC3 3 ⇒ C 4,0 Vậy ( ) A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2 ( ) ( ) ( − )2a/ Ta có BC uuur = ( 0, 2,2 − )• mp (P) qua O 0,0,0 và vuông góc với BC có phương trình là ( )0.x 2y 2z 0 y z 0− + = ⇔ − =x 1 t = − = −y 1 tTa có AC uuur = − − ( 1, 1,2 ) , phương trình tham số của AC là .  =z 2t Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có 1 t 2t 0 t 1 ÷3 3 3− − = ⇔ = 3 . Thế t 1= 3 vào pt (AC) ta có M 2 2 2 , ,  làgiao điểm của AC với mp (P) 2b/ Với A 1,1,0  ( ) B 0,2,0  ( ) C 0,0,2 .Ta có: ( ) AB uuur = − ( 1,1,0 )  ,  AC uuur = − − ( 1, 1,2 )⇒ uuur uuur = − = ⇔ uuur uuur ⊥AB.AC 1 1 0 AB AC ⇒ ∆ABC vuông tại A • Ta dễ thấy ∆BOC cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông. Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ dàng tìm dược I 0,1,1 ( ) R = 1 12+ 2 = 2Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là : x2+ − ( y 1 ) (2+ − z 1 )2 = 2CÂU IV. π πI sin xtgxdx sin x. sinx dx= ∫/ 3 2 = ∫/ 3 2

Answer

2/ Tìm nghiệm ∈ ( ) 0, π π − = +   − ÷  (1)Ta có 4sin2 x 3 cos2x 1 2 cos x2 32 4⇔ − − = + +   − ÷ (1) 2 1 cosx ( ) 3 cos2x 1 1 cos 2x 32(1) ⇔ − 2 2 cosx − 3 cos2x 2 sin 2x = −(1) ⇔ − 2 cosx = 3 cos2x sin 2x − . Chia hai vế cho 2: (1) ⇔ − cosx = 3 cos2x − 1 sin 2x2 2( )cos 2x cos x⇔   + ÷  = π − ⇔ = x 5 18 π + k 2 3 π ( ) a hay x = − 7 6 π + π h2 ( ) b6Do x ∈ ( ) 0, π nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba π π π= = =nghiệm x thuộc ( ) 0, π là x1 5 ,x2 17 ,x3 518 18 6x 2y 4 0B 0, 2CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt    − − = − − = ⇒ ( − )7x 4y 8 0Vì ∆ABC cân tại A nên AG là đường cao của ∆ABCVì GA BC⊥  ⇒ pt GA: 2(x − 4 ) 1(y + − 1 ) 0 = ⇔ 2x y 3 0 + − =3 3 ⇔ 2x y 3 0 + − =2x y 3 0H 2, 1⇒ GA BC ∩ = H   − − = + − = ⇒ ( − )uuur uuur   =   − − ÷  =   − − − ÷ Ta có AG 2GH uuur = uuur với A(x,y). AG 4 x, 1 y ;GH 2 4 , 1 13 3 3 3x 0 =  − = − ⇒ A 0,3 ( )1 y 8⇒ 3 3Ta có : xG = xA+ xB+ xC và yG = yA+ yB+ yC3 3 ⇒ C 4,0 Vậy ( ) A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2 ( ) ( ) ( − )2a/ Ta có BC uuur = ( 0, 2,2 − )• mp (P) qua O 0,0,0 và vuông góc với BC có phương trình là ( )0.x 2y 2z 0 y z 0− + = ⇔ − =x 1 t = − = −y 1 tTa có AC uuur = − − ( 1, 1,2 ) , phương trình tham số của AC là .  =z 2t Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có 1 t 2t 0 t 1 ÷3 3 3− − = ⇔ = 3 . Thế t 1= 3 vào pt (AC) ta có M 2 2 2 , ,  làgiao điểm của AC với mp (P) 2b/ Với A 1,1,0  ( ) B 0,2,0  ( ) C 0,0,2 .Ta có: ( ) AB uuur = − ( 1,1,0 )  ,  AC uuur = − − ( 1, 1,2 )⇒ uuur uuur = − = ⇔ uuur uuur ⊥AB.AC 1 1 0 AB AC ⇒ ∆ABC vuông tại A • Ta dễ thấy ∆BOC cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông. Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ dàng tìm dược I 0,1,1 ( ) R = 1 12+ 2 = 2Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là : x2+ − ( y 1 ) (2+ − z 1 )2 = 2CÂU IV. π πI sin xtgxdx sin x. sinx dx= ∫/ 3 2 = ∫/ 3 2