Cách làm ngắn gọn: \(5=\dfrac{5\left(x-1\right)}{x-1}=\dfrac{5x-5}{x-1}=\dfrac{5x+5-10}{x-1}\)

Do đó chọn \(f\left(x\right)=5x+5\) thế vào nhanh chóng tính ra kết quả giới hạn

Còn cách khác phức tạp hơn (có thể sử dụng cho tự luận):

Do \(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{f\left(x\right)-10}{x-1}=5\) hữu hạn nên \(f\left(x\right)-10=0\) có nghiệm \(x=1\)

\(\Rightarrow f\left(1\right)-10=0\Rightarrow f\left(1\right)=10\)

Do đó:

\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{f\left(x\right)-10}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{4f\left(x\right)+9}+3\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{\left[f\left(x\right)-10\right]\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{4f\left(x\right)+9}+3\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{f\left(x\right)-10}{x-1}.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{4f\left(x\right)+9}+3}=5.\dfrac{1+1}{\sqrt{4f\left(1\right)+9}+3}=5.\dfrac{2}{\sqrt{4.10+9}+3}=...\)

câu 2a đó ạ

dùng ông thức hạ bậc

cos²a=\(\dfrac{1+cos2a}{2}\)

pt<=>1+cos(4x+\(\dfrac{2\Pi}{3}\))-3sin(2x+\(\dfrac{5\Pi}{6}\))+1=0

<=>-\(\dfrac{1}{2}\)cos4x-\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)sin4x+\(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)sin2x-\(\dfrac{3}{2}\)cos2x+2=0

<=>(-\(\dfrac{1}{2}\)cos4x+\(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)sin2x+2)+(-\(\sqrt{3}\)sin2x.cos2x-\(\dfrac{3}{2}\)cos2x)=0

<=>[-\(\dfrac{1}{2}\)(1-2sin²2x)+\(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)sin2x+2)-cos2x.(\(\sqrt{3}\)sin2x+\(\dfrac{3}{2}\))=0

<=>(sin²2x+\(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)sin2x+\(\dfrac{3}{2}\))-cos2x.(\(\sqrt{3}\)sin2x+\(\dfrac{3}{2}\))=0

<=>(sin2x+\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\))(sin2x+\(\sqrt{3}\))-cos2x.(sin2x+\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\))=0

<=>(sin2x+\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\))(sin2x-cos2x+\(\sqrt{3}\))=0

tới đây bạn tự giải nhé

ĐKXĐ cho căn thức: \(x\ge-\dfrac{1}{2}\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{3x+1-\sqrt{2x+1}}{x^2-x}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{x^2}-\sqrt{\dfrac{2}{x^3}+\dfrac{1}{x^4}}}{1-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{0}{1}=0\)

\(\Rightarrow y=0\) là TCN

\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{3x+1-\sqrt{2x+1}}{x^2-x}=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{9x^2+4x}{x\left(x-1\right)\left(3x+1+\sqrt{2x+1}\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{9x+4}{\left(x-1\right)\left(3x+1+\sqrt{2x+1}\right)}\)

\(=\dfrac{4}{-1\left(1+1\right)}\) hữu hạn

\(\Rightarrow x=0\) không phải tiệm cận

\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{3x+1-\sqrt{2x+1}}{x\left(x-1\right)}=\dfrac{4-\sqrt{3}}{0}=+\infty\Rightarrow x=1\) là TCĐ

Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận

2:

a: BC vuông góc SA
BC vuông góc AB

=>BC vuông góc (SAB)

=>(SAB) vuông góc (SBC)

BD vuông góc SA

BD vuông góc AC

=>BD vuông góc (SAC)

=>(SBD) vuông góc (SAC)

b: (SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA

\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2a\sqrt{2}\)

tan SCA=SA/AC=căn 3/2*căn 2

=>góc SCA=31 độ

(SD;(ABCD))=(DS;DA)=góc SDA

tan SDA=SA/AD=căn 3/2

=>góc SDA=41 độ

Câu 5:

a: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(BN=NC=\frac{BC}{2}\)

\(CP=PD=\frac{CD}{2}\)

\(AQ=QD=\frac{AD}{2}\)

mà AB=BC=CD=DA

nên AM=MB=BN=NC=CP=PD=AQ=QD

Xét tứ giác ANCQ có

AQ//CN

AQ=CN

Do đó: ANCQ là hình bình hành

=>AN//CQ

=>A1B1//C1D1

Xét tứ giác BMDP có

BM//DP

BM=DP

Do đó: BMDP là hình bình hành

=>BP//DM

=>A1D1//B1C1

Xét ΔABN vuông tại B và ΔDAM vuông tại A có

AB=DA

BN=AM

Do đó: ΔABN=ΔDAM

=>\(\hat{BAN}=\hat{ADM}\)

mà \(\hat{ADM}+\hat{AMD}=90^0\) (ΔAMD vuông tại A)

nên \(\hat{BAN}+\hat{AMD}=90^0\)

=>AN⊥DM tại A1

Xét ΔABB1 có

M là trung điểm của AB

MA1//BB1

Do đó: A1 là trung điểm của AB1

Xét ΔBCC1 có

N là trung điểm của BC

NB1//CC1

Do đó: B1 là trung điểm của BC1

Xét ΔCD1D có

P là trung điểm của CD

PC1//D1D

Do đó: C1 là trung điểm của CD1

Xét ΔDAA1 có

Q là trung điểm của DA

QD1//AA1

Do đó: D1 là trung điểm của DA1

Xét ΔMAA1 vuông tại A1 và ΔQDD1 vuông tại D1 có

MA=QD

\(\hat{AMA_1}=\hat{DQD_1}\left(=90^0-\hat{ADM}\right)\)

Do đó: ΔMAA1=ΔQDD1

=>MA1=QD1; AA1=DD1

AA1=DD1

mà AA1=A1B1 và DD1=D1A1

nên A1B1=D1A1

Xét tứ giác A1B1C1D1 có

A1B1//C1D1

A1D1//B1C1

Do đó: A1B1C1D1 là hình bình hành

Hình bình hành A1B1C1D1 có A1B1=A1D1

nên A1B1C1D1 là hình thoi

Hình thoi A1B1C1D1 có \(\hat{B_1A_1D_1}=90^0\)

nên A1B1C1D1 là hình vuông

b: M là trung điểm của AB

=>\(AM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}\)

Xét ΔAMD vuông tại A có A1A là đường cao

nên \(\frac{1}{\left(A_1A\right)^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{0,25a^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\)

=>\(\left(A_1A\right)^2=\frac{a^2}{5}\)

mà A1A=A1B1

nên \(\left(A_1B_1\right)^2=\frac{a^2}{5}\)

A1B1C1D1 là hình vuông

=>\(S_{\left(A_1B_1C_1D_1\right)}=\left(A_1B_1\right)^2=\frac{a^2}{5}\)

Câu 7: Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của BD và AM, K là giao điểm của BD và AN

ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔABC có

AM,BO là các đường trung tuyến

AM cắt BO tại I

Do đó: I là trọng tâm của ΔABC

=>\(BI=\frac23BO=\frac23\cdot\frac12\cdot BD=\frac13BD\)

Xét ΔDAC có

DO,AN là các đường trung tuyến

DO cắt AN tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔDAC
=>\(DK=\frac23DO=\frac23\cdot\frac12\cdot DB=\frac13DB\)

BI+IK+KD=BD

=>\(IK=BD-\frac13BD-\frac13BD=\frac13BD\)

=>BI=IK=KD

=>AM và AN chia đường chéo BD thành 3 phần bằng nhau (ĐPCM)

Từ đề bài ta suy ra tất cả các mặt bên của hộp đều là hình thoi (được ghép từ 2 tam giác đều)

\(\Rightarrow A'D=A'B=A'A=a\Rightarrow\) hình chiếu vuông góc của A' lên (ABCD) trùng trọng tâm E của tam giác ABD

\(\widehat{DBE}=\dfrac{1}{2}.60^0=30^0\Rightarrow\widehat{CBE}=\widehat{CBD}+\widehat{DBE}=60^0+30^0=90^0\)

\(\Rightarrow BC\perp BE\)

Mà \(A'E\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow A'E\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(A'BE\right)\Rightarrow BC\perp A'B\)

\(\Rightarrow B'C'\perp A'B\)

\(AE=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A'E=\sqrt{A'A^2-AE^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

Qua C' dựng đường thẳng song song A'E cắt AC tại F \(\Rightarrow C'F=A'E=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

\(CF=AE=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\) ; \(AC=2.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\Rightarrow AF=AC+CF=\dfrac{4a\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow AC'=\sqrt{AF^2+C'F^2}=a\sqrt{6}\)

\(CP=\dfrac{1}{3}CC'\) ; \(CN=\dfrac{1}{3}BC\)

Nối PN kéo dài cắt BB' tại J

Talet: \(\dfrac{CP}{BJ}=\dfrac{CN}{NB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow BJ=2CP=\dfrac{2a}{3}\Rightarrow\dfrac{BJ}{B'J}=\dfrac{\dfrac{2a}{3}}{a+\dfrac{2a}{3}}=\dfrac{2}{5}\)

Nối JM cắt A'B' kéo dài tại K

Talet: \(\dfrac{BM}{B'K}=\dfrac{BJ}{B'J}=\dfrac{2}{5}\Rightarrow B'K=\dfrac{5BM}{2}=\dfrac{5a}{4}\)

Nối MN cắt BD tại H và cắt CD tại G

Talet: \(\dfrac{CG}{BM}=\dfrac{CN}{BN}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow CG=\dfrac{1}{2}BM=\dfrac{a}{4}\Rightarrow DG=a+\dfrac{a}{4}=\dfrac{5a}{4}\)

Talet: \(\dfrac{BH}{DH}=\dfrac{BM}{DG}=\dfrac{a\div2}{5a\div4}=\dfrac{2}{5}\) (1)

Nối GP cắt C'D' tại Q

Talet: \(\dfrac{CG}{C'Q}=\dfrac{CP}{C'P}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow C'Q=2CG=\dfrac{a}{2}\)

Nối QK cắt B'D' tại L

Talet: \(\dfrac{D'L}{B'L}=\dfrac{D'Q}{B'K}=\dfrac{a\div2}{5a\div4}=\dfrac{2}{5}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow D'L=BH\) (do \(BD=B'D'\))

Nối HL cắt BD' tại I

Talet: \(\dfrac{D'I}{IB}=\dfrac{D'L}{BH}=1\)

Gọi F là giao điểm QK và A'D', O là giao điểm JK và A'A

Ta đồng thời suy ra luôn NPQFOM là thiết diện của (MNP) và chóp

Từ A đến C, có 4 đoạn đi lên (nằm song song nhau) và 5 đoạn đi ngang nằm song song

Ta kí hiệu đi lên là L và đi ngang là N, như vậy, số cách đi từ A đến C là số cách sắp xếp 9 kí tự bao gồm 4L và 5N

\(\Rightarrow\) Có \(\dfrac{9!}{5!.4!}\) cách

Tương tự, từ C đến B có 2L và 5N, có \(\dfrac{7!}{2!.5!}\) cách

Tổng cộng: \(\dfrac{9!}{5!.4!}.\dfrac{7!}{2!.5!}\) cách đi từ A đến B

a: Tọa độ M'(x;y) là ảnh của M(2;2) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=2\cdot cos45-2\cdot\sin45=0\\ y=2\cdot\sin45+2\cdot cos45=2\cdot\frac{\sqrt2}{2}+2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(M\left(0;\frac{\sqrt2}{2}\right)\)

Lấy A(1;0) và B(2;2) thuộc (d)

Tọa độ A'(x;y) là ảnh của A(1;0) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=1\cdot cos45-0\cdot\sin45=\frac{\sqrt2}{2}\\ y=1\cdot\sin45+0\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(A^{\prime}\left(\frac{\sqrt2}{2};\frac{\sqrt2}{2}\right)\)

Tọa độ B'(x;y) là ảnh của B(2;2) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=2\cdot cos45-2\cdot\sin45=0\\ y=2\cdot cos45+2\cdot\sin45=2\cdot\frac{\sqrt2}{2}+2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2\end{cases}\)

=>B'(0;\(2\sqrt2\) )

\(\overrightarrow{A^{\prime}B^{\prime}}=\left(0-\frac{\sqrt2}{2};2\sqrt2-\frac{\sqrt2}{2}\right)=\left(-\frac{\sqrt2}{2};\frac{3\sqrt2}{2}\right)=\left(-1;3\right)\)

=>Vecto pháp tuyến là (3;1)

Phương trình A'B' là:

\(3\left(x-0\right)+1\left(y-2\sqrt2\right)=0\)

=>3x+y-2\(\sqrt2\) =0

(C): \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=4\)

=>tâm là I(1;1) và bán kính là \(R=\sqrt4=2\)

Tọa độ I'(x;y) là ảnh của I(1;1) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=1\cdot cos45-1\cdot\sin45=0\\ y=1\cdot\sin45+1\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2\end{cases}\)

Phương trình (C') là:

\(\left(x-0\right)^2+\left(y-\sqrt2\right)^2=R^2=4\)

b: Tọa độ M'(x;y) là ảnh của M(2;2) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x-1=\left(2-1\right)\cdot cos45-\left(2-2\right)\cdot\sin45=\frac{\sqrt2}{2}\\ y-2=\left(2-1\right)\cdot\sin45+\left(2-2\right)\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=1+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{2+\sqrt2}{2}\\ y=2+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{4+\sqrt2}{2}\end{cases}\)

Lấy A(1;0) và B(2;2) thuộc (d)

Tọa độ A'(x;y) là ảnh của A(1;0) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x-1=\left(1-1\right)\cdot cos45-\left(0-2\right)\cdot\sin45=2\cdot\sin45=\sqrt2\\ y-2=\left(1-1\right)\cdot\sin45+\left(0-2\right)\cdot cos45=-\sqrt2\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=\sqrt2+1\\ y=2-\sqrt2\end{cases}\)

=>A'(\(\sqrt2+1;2-\sqrt2\) )

Tọa độ B'(x;y) là ảnh của B(2;2) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x-1=\left(2-1\right)\cdot cos45-\left(2-2\right)\cdot\sin45=\frac{\sqrt2}{2}\\ y-2=\left(2-1\right)\cdot\sin45+\left(2-2\right)\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=1+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{2+\sqrt2}{2}\\ y=2+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{4+\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>B'(\(\frac{2+\sqrt2}{2};\frac{4+\sqrt2}{2}\) )

\(\overrightarrow{A^{\prime}B^{\prime}}=\left(\frac{2+\sqrt2}{2}-\sqrt2-1;\frac{4+\sqrt2}{2}-2+\sqrt2\right)\)

\(=\left(1+\frac{\sqrt2}{2}-\sqrt2-1;2+\frac{\sqrt2}{2}-2+\sqrt2\right)=\left(\frac{-\sqrt2}{2};\frac52\sqrt2\right)=\left(-1;5\right)\)

=>Vecto pháp tuyến là (5;1)

Phương trình (d') là:

5(\(x-\sqrt2-1\) )+1(\(y-2+\sqrt2\) )=0

=>\(5x-5\sqrt2-5+y-2+\sqrt2=0\)

=>\(5x+y-4\sqrt2-7=0\)

Tọa độ I'(x;y) là ảnh của I(1;1) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

x-1=\(\left(1-1\right)\cdot cos45-\left(2-1\right)\cdot\sin45\) và y-2=\(\left(1-1\right)\cdot\sin45+\left(2-1\right)\cdot cos45\)

=>x-1=\(-\frac{\sqrt2}{2}\) và y-2=\(\frac{\sqrt2}{2}\)

=>\(x=1-\frac{\sqrt2}{2}=\frac{2-\sqrt2}{2};y=2+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{4+\sqrt2}{2}\)

Tọa độ (C') là:

\(\left(x-\frac{2-\sqrt2}{2}\right)^2+\left(y-\frac{4+\sqrt2}{2}\right)^2=R^2=4\)