3:

a: Thay x=2 và y=-2 vào (P), ta được:

4a=-2

=>a=-0,5

b: 

\(sin^2A+sin^2B+sin^2C=2\)

\(\Leftrightarrow sin^2A+\dfrac{1-cos2B}{2}+\dfrac{1-cos2C}{2}=2\)

\(\Leftrightarrow sin^2A-\dfrac{1}{2}\left(cos2B+cos2C\right)=1\)

\(\Leftrightarrow1-cos^2A-cos\left(B+C\right)cos\left(B-C\right)=1\)

\(\Leftrightarrow cos^2A+cos\left(B+C\right)cos\left(B-C\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cos^2A-cosA.cos\left(B-C\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cosA\left[cosA-cos\left(B-C\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow cosA.sin\left(\dfrac{A+B-C}{2}\right)sin\left(\dfrac{A+C-B}{2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cosA.sin\left(90^0-C\right)sin\left(90^0-B\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cosA.cosB.cosC=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}A=90^0\\B=90^0\\C=90^0\end{matrix}\right.\) hay tam giác ABC vuông

đây là toán lớp 12 à ./ sao dễ thế bây h tui mới biết kiến thức của mình lớp 12 cớ đấy ( nói zui thui)

câu 2

từ A hạ đường trung tuyến \(AM\perp BC\)( tam giác ABC zuông cân tại A)

từ B hạ\(BM\perp BC\)( tam giác B'BC cân tại B (gt)

=> M là hình chiếu của B' ( ABC)

=> B'M là đường cao

xét tam giác zuông MB'A zuông tại  M

=>\(B'M^2+MA^2=AB'^2\Rightarrow B'M=\sqrt{AB'^2-MA^2}\)

ta lại có 

\(\frac{1}{MA^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=>\frac{1}{MA^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=>MA=\frac{a}{\sqrt{2}}\)

=> \(B'M=\sqrt{\left(2a\right)^2-\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2}=\frac{a\sqrt{14}}{2}\)

câu 1: cho tứ diện lồi ABCD biết   ∠ABC= ∠ADC=90 độ,  ∠BAD=150 độ và BD=2a. tính AC

tam giác ABD nội tiếp đường kính AC 

áp dụng định lý sin trong tam giác ABD là đc nha

\(b,=1^2-\left(x-y\right)^2=\left(1+x-y\right)\left(1-x+y\right)\)

\(c,=\left(x^2+1\right)^2-\left(2x\right)^2=\left(x^2+2x+1\right)\left(x^2-2x+1\right)=\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)^2\)

1+2

3

Ta có $(2a-1)^2+(2b-1)^2=2$

$\Leftrightarrow4a^2-4a+1+4b^2-4b+1=2$

$\Leftrightarrow a^2+b^2-a-b=0.$

Suy ra $a^2+b^2=a+b.\hfill(1)$

Lại có $(a+b)^2\le2(a^2+b^2)=2(a+b).$

Đặt $t=a+b>0,$ từ đó $t^2\le2t\Leftrightarrow0<t\le2.$

Mặt khác $a^4+b^4\ge\dfrac{(a^2+b^2)^2}{2}=\dfrac{t^2}{2}.$

Do đó $P=a^4+b^4+\dfrac{2020}{(a+b)^2}\ge\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{2020}{t^2}.$

Đặt $f(t)=\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{2020}{t^2},\qquad0<t\le2.$

Ta có $f'(t)=t-\dfrac{4040}{t^3}<0\quad(\forall\,0<t\le2).$

Vì vậy $f(t)$ giảm trên $(0,2]$, nên $f(t)\ge f(2).$

Suy ra $P\ge\dfrac{2^2}{2}+\dfrac{2020}{2^2}=2+505=507.$

Dấu ``='' xảy ra khi $a=b,\qquad a+b=2.$

Suy ra $a=b=1.$

Kiểm tra: $(2\cdot1-1)^2+(2\cdot1-1)^2=1+1=2.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $507.$

2a^2 +2b^2 -5ab = 0

2a^2 -4ab -ab +2b^2 = 0

2a(a-2b) -b(a-2b) = 0

(2a-b)(a-2b) = 0

Suy ra: 2a=b hoặc a=2b

Mà a>b>0 nên a=2b

Ta có: P = a+b/a-b = 2b+b/ 2b-b = 3b/b=3

Vậy P = 3

Chúc bạn học tốt.

Ta có: \(2a^2+2b^2=5ab\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2-5ab=0\)

\(\Leftrightarrow2a^2-4ab-ab+2b^2=0\)

\(\Leftrightarrow2a\left(a-2b\right)-b\left(a-2b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)\left(2a-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a-2b=0\\2a-b=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=2b\\2a=b\end{cases}}}\)

Mà a > b > 0 nên a = 2b

Thế vào, ta được: \(P=\frac{a+b}{a-b}=\frac{2b+b}{2b-b}=\frac{3b}{b}=3\)

Vậy P = 3