Ta có:

\(\dfrac{1}{cos^2x-sin^2x}+\dfrac{2tanx}{1-tan^2x}=\dfrac{1}{cos2x}+tan2x=\dfrac{1}{cos2x}+\dfrac{sin2x}{cos2x}=\dfrac{1+sin2x}{cos2x}=\dfrac{cos2x}{1-sin2x}\)

\(\Rightarrow P=a+b=2+1=3\)

Câu 1: \(\frac{\pi}{2}<\alpha,\beta<\pi\)

=>\(\sin\alpha>0;\sin\beta>0;cos\alpha<0;cos\beta<0\)

\(\sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\)

=>\(cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=1-\left(\frac13\right)^2=\frac89\)

mà \(cos\alpha<0\)

nên \(cos\alpha=-\frac{2\sqrt2}{3}\)

Ta có: \(\sin^2\beta+cos^2\beta=1\)

=>\(\sin^2\beta=1-\left(-\frac23\right)^2=1-\frac49=\frac59\)

mà \(\sin\beta>0\)

nên \(\sin\beta=\frac{\sqrt5}{3}\)

\(\sin\left(\alpha+\beta\right)=\sin\alpha\cdot cos\beta+cos\alpha\cdot\sin\beta\)

\(=\frac13\cdot\frac{-2}{3}+\frac{-2\sqrt2}{3}\cdot\frac{\sqrt5}{3}=\frac{-\sqrt2-2\sqrt{10}}{9}\)

Câu 2:

\(P=cos\left(a+b\right)\cdot cos\left(a-b\right)\)

\(=\frac12\cdot\left\lbrack cos\left(a+b+a-b\right)+cos\left(a+b-a+b\right)\right\rbrack=\frac12\cdot\left\lbrack cos2a+cos2b\right\rbrack\)

\(=\frac12\cdot\left\lbrack2\cdot cos^2a-1+2\cdot cos^2b-1\right\rbrack=cos^2a+cos^2b-1\)

\(=\left(\frac13\right)^2+\left(\frac14\right)^2-1=\frac19+\frac{1}{16}-1=\frac{25}{144}-1=-\frac{119}{144}\)

a.

\(sin\left(2x-\dfrac{\pi}{4}\right)=-1\)

\(\Leftrightarrow2x-\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\)

\(\Leftrightarrow x=-\dfrac{\pi}{8}+k\pi\) (1)

\(-\dfrac{\pi}{3}\le x\le\dfrac{7\pi}{3}\Rightarrow-\dfrac{\pi}{3}\le-\dfrac{\pi}{8}+k\pi\le\dfrac{7\pi}{3}\)

\(\Rightarrow-\dfrac{5}{24}\le k\le\dfrac{59}{24}\Rightarrow k=\left\{0;1;2\right\}\)

Thế vào (1) \(\Rightarrow x=\left\{-\dfrac{\pi}{8};\dfrac{7\pi}{8};\dfrac{15\pi}{8}\right\}\)

b.

\(cos4x=-sin2x\)

\(\Leftrightarrow cos4x=cos\left(\dfrac{\pi}{2}+2x\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4x=\dfrac{\pi}{2}+2x+k2\pi\\4x=-\dfrac{\pi}{2}-2x+n2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=-\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{n\pi}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=-\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{n\pi}{3}\) (2)

\(-\dfrac{\pi}{3}\le x\le\dfrac{7\pi}{3}\Rightarrow-\dfrac{\pi}{3}\le-\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{n\pi}{3}\le\dfrac{7\pi}{3}\)

\(\Rightarrow-\dfrac{3}{4}\le n\le\dfrac{29}{4}\Rightarrow n=\left\{0;1;2;3;4;5;6;7\right\}\)

Thế vào (2) ta được các nghiệm:

\(x=\left\{-\dfrac{\pi}{12};\dfrac{\pi}{4};\dfrac{7\pi}{12};\dfrac{11\pi}{12};\dfrac{5\pi}{4};\dfrac{19\pi}{12};\dfrac{23\pi}{12};\dfrac{9\pi}{4}\right\}\)

Đặt A'B'=a

ΔA'B'C' vuông tại B'

=>\(\left(A^{\prime}B^{\prime}\right)^2+\left(B^{\prime}C^{\prime}\right)^2=\left(A^{\prime}C^{\prime}\right)^2\)

=>\(\left(A^{\prime}C^{\prime}\right)^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(A^{\prime}C^{\prime}=a\sqrt2\) (1)

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

nên A'A//C'C và A'A=C'C

=>A'ACC' là hình bình hành

=>A'C'//AC

=>\(\hat{AC;A^{\prime}D}=\hat{A^{\prime}C^{\prime};A^{\prime}D}=\hat{DA^{\prime}C^{\prime}}\)

A'B'C'D' là hình vuông

=>A'D'=D'C'=C'B'=A'B'=a

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

nên A'B'BA là hình vuông

=>A'A=A'B'=a

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

nên D'D=A'A=a

ΔA'D'D vuông tại D'

=>\(\left(D^{\prime}A^{\prime}\right)^2+\left(D^{\prime}D\right)^2=\left(A^{\prime}D\right)^2\)

=>\(\left(A^{\prime}D\right)^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(A^{\prime}D=a\sqrt2\)

D'C'CD là hình vuông

=>\(\left(DC^{\prime}\right)^2=\left(D^{\prime}D\right)^2+\left(D^{\prime}C^{\prime}\right)^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(DC^{\prime}=a\sqrt2\)

=>DC'=DA'=A'C'

=>ΔDA'C' đều

=>\(\hat{DA^{\prime}C^{\prime}}=60^0\)

=>\(\hat{AC;A^{\prime}D}=60^0\)

=>Chọn C

a

Tức là câu 2, 3 của bài hình không gian đúng không em?

ABC là tam giác đều nên ACD cũng là tam giác đều

\(\Rightarrow OB=OD=\dfrac{AC\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)

\(OH=\dfrac{1}{3}OB=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow DH=OD+OH=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SDH}\) là góc giữa SD và (ABCD) \(\Rightarrow\widehat{SDH}=30^0\)

\(\Rightarrow SH=DH.tan30^0=\dfrac{2a}{3}\)

\(BH=\dfrac{2}{3}OB=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SB=\sqrt{BH^2+SH^2}=\dfrac{a\sqrt{7}}{3}\)

c.

\(tan\widehat{HCO}=\dfrac{OH}{OC}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow\widehat{HCO}=30^0\Rightarrow\widehat{HCD}=30^0+60^0=90^0\)

Hay \(CH\perp CD\) , mà \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SCH\right)\)

Từ  H kẻ \(HE\perp SC\Rightarrow CD\perp HE\Rightarrow HE\perp\left(SCD\right)\)

Trong mp (BDE), qua B kẻ đường thẳng song song HE cắt DE kéo dài tại F

\(\Rightarrow BF\perp\left(SCD\right)\Rightarrow\widehat{BSF}\) là góc giữa SB và (SCD)

\(CH=BH=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\) , hệ thức lượng trong tam giác vuông SCH:

\(HE=\dfrac{SH.CH}{\sqrt{SH^2+CH^2}}=\dfrac{2a\sqrt{21}}{21}\)

Talet: \(\dfrac{HE}{BF}=\dfrac{DH}{DB}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow BF=\dfrac{3}{2}HE=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{BSF}=\dfrac{BF}{SB}=\dfrac{3\sqrt{3}}{7}\)

Bài 8: \(\frac{25\pi}{4}=\frac{24\pi+\pi}{4}=6\pi+\frac{\pi}{4}=3\cdot2\pi+\frac{\pi}{4}\)

Bài 9:

\(-1485^0=-1440^0-45^0=-4\cdot360^0-45^0\)

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:

Bài 10:

Bài 11: