Gọi vận tốc xe đạp là x (km/h) với x>0

Vận tốc của người đi xe máy là: \(x+20\) (km/h)

Thời gian người đi xe đạp đi hết quãng đường 60km: \(\dfrac{60}{x}\) giờ

Thời gian người đi xe máy đi hết quãng đường 60km: \(\dfrac{60}{x+20}\) giờ

Do người đi xe máy xuất phát sau 4 giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{60}{x}-\dfrac{60}{x+20}=4\)

\(\Rightarrow15\left(x+20\right)-15x=x\left(x+20\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+20x-300=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=10\\x=-30\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy vận tốc người đi xe đạp là 10km/h còn người đi xe máy là 30km/h

2/5ha

\(-\dfrac{3}{7}-\dfrac{1}{4}.\dfrac{3}{7}+\dfrac{3}{7}.\dfrac{5}{4}\\ =\dfrac{3}{7}.\left(-1-\dfrac{1}{4}+\dfrac{5}{4}\right)\\ =\dfrac{3}{7}.0\\ =0\)

\(\dfrac{-3}{7}-\dfrac{1}{4}.\dfrac{3}{7}+\dfrac{3}{7}.\dfrac{5}{4}\)

=\(\dfrac{-3}{7}-\dfrac{3}{28}+\dfrac{15}{28}\)

=\(\dfrac{-15}{28}+\dfrac{15}{28}\)

=\(0\)

\(#LilyVo\)

Hai số hạng đầu tiên của khai triển \(\left(1+0,04\right)^n\) là: 

\(C_n^0.1^n.0,04^0+C_n^1.1^{n-1}.0,04^1=1+0,04n\)

Vậy sau n năm thì dân số tỉnh đó xấp xỉ: \(1,8\left(1+0,04n\right)\) triệu người

\(\Rightarrow1,8.\left(1+0,04n\right)=2,2\)

\(\Rightarrow n\approx5,56\) năm

Làm tròn lên là 6 năm

a) \(\left(\dfrac{3}{15}-x\right).\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{5}\)

\(\dfrac{1}{5}-x=\dfrac{2}{5}:\dfrac{1}{3}\)

\(\dfrac{1}{5}-x=\dfrac{6}{5}\)

\(x=\dfrac{1}{5}-\dfrac{6}{5}\)

\(x=-1\)

b) \(\dfrac{3}{5}.x-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}\)

\(\dfrac{3}{5}.x=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3}\)

\(\dfrac{3}{5}.x=\dfrac{7}{12}\)

\(x=\dfrac{7}{12}:\dfrac{3}{5}\)

\(x=\dfrac{35}{36}\)

c) \(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}:x=-2\)

\(\dfrac{3}{4}:x=-2-\dfrac{1}{4}\)

\(\dfrac{3}{4}:x=-\dfrac{9}{4}\)

\(x=-\dfrac{9}{4}:\dfrac{3}{4}\)

\(x=-3\)

d) Giống câu a đã giải

e) \(2.\left(\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{3}\right)-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{4}\)

\(x-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{2}\)

\(x-\dfrac{2}{3}=\dfrac{7}{4}\)

\(x=\dfrac{7}{4}+\dfrac{2}{3}\)

\(x=\dfrac{29}{12}\)

f) \(\left(\dfrac{1}{2}+2x\right)\left(2x-3\right)=0\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}+2x=0\) hoặc \(2x-3=0\)

*) \(\dfrac{1}{2}+2x=0\)

\(2x=-\dfrac{1}{2}\)

\(x=-\dfrac{1}{2}:2\)

\(x=-\dfrac{1}{4}\)

*) \(2x-3=0\)

\(2x=3\)

\(x=\dfrac{3}{2}\)

Vậy \(x=-\dfrac{1}{4};x=\dfrac{3}{2}\)

a.

Gọi D là trung điểm BC, từ A kẻ \(AE\perp A'D\)

 \(\Rightarrow AD\perp BC\)

\(A'A\perp\left(ABC\right)\Rightarrow A'A\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(A'AD\right)\Rightarrow BC\perp AE\)

\(\Rightarrow AE\perp\left(A'BC\right)\Rightarrow AE=d\left(A;\left(A'BC\right)\right)\)

\(AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)

Hệ thức lượng: \(AE=\dfrac{A'A.AD}{\sqrt{A'A^2+AD^2}}=\dfrac{3a}{4}\)

b.

Gọi F là giao điểm AC' và A'C. Do ACC'A' là hình chữ nhật \(\Rightarrow O\) là trung điểm AC'

\(\Rightarrow OA=OC'\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}C'M\cap\left(A'BC\right)=C\\C'C=2MC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(M;\left(A'BC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(C';\left(A'BC\right)\right)\)

Lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}AC'\cap\left(A'BC\right)=O\\OA=OC'\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(A;\left(A'BC\right)\right)=d\left(C';\left(A'BC\right)\right)\)

\(\Rightarrow d\left(M;\left(A'BC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(A;\left(A'BC\right)\right)=\dfrac{3a}{8}\)

a.

Do tam giác SAD đều \(\Rightarrow SH\perp AD\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}\left(SAD\right)\perp\left(ABCD\right)\\AD=\left(SAD\right)\cap\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

\(SH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)

b.

\(\overrightarrow{MD}.\overrightarrow{HC}=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}\right).\left(\overrightarrow{HD}+\overrightarrow{DC}\right)=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{HD}+\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{HD}\)

\(=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{HD}\) (do MA vuông góc HD, AD vuông góc DC nên tích vô hướng =0)

\(=-\dfrac{a}{2}.a+a.\dfrac{a}{2}=0\)

\(\Rightarrow MD\perp HC\)

Lại có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp MD\)

\(\Rightarrow MD\perp\left(SHC\right)\)

Mà \(MD\in\left(SMD\right)\Rightarrow\left(SMD\right)\perp\left(SHC\right)\)

Câu tiếp theo đề sai, 2 mp (SHB) và (SMD) ko vuông góc nhau

(Bởi vì nếu \(\left(SHB\right)\perp\left(SMD\right)\), đồng thời \(\left(SHC\right)\perp\left(SMD\right)\) thì giao tuyến của (SHB) và (SHD) là SH sẽ vuông góc (SMD), điều này hoàn toàn vô lý, nó sẽ dẫn tới 2 mp (SMD) và (ABCD) song song)

c.

Gọi E là trung điểm BC \(\Rightarrow HE\perp BC\)

Trong mp (SHE), từ H kẻ \(HF\perp SE\)

Do \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SHE\right)\) \(\Rightarrow BC\perp HF\)

\(\Rightarrow HF\perp\left(SBC\right)\Rightarrow HF=d\left(H;\left(SBC\right)\right)\)

Lại có \(DH||BC\Rightarrow d\left(D;\left(SBC\right)\right)=d\left(H;\left(SBC\right)\right)=HF\)

\(HE=AB=a\Rightarrow HF=\dfrac{SH.HE}{\sqrt{SH^2+HE^2}}=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

\(d\left(CD;\left(SAB\right)\right)=d\left(D;\left(SAB\right)\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}DH\cap\left(SAB\right)=A\\DA=2HA\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(D;\left(SAB\right)\right)=2d\left(H;\left(SAB\right)\right)\)

Từ H kẻ \(HG\perp SA\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp AB\\AD\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow AB\perp HG\Rightarrow HG\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow HG=d\left(H;\left(SAB\right)\right)\)

Hệ thức lượng: \(HG=\dfrac{SH.HA}{\sqrt{SH^2+HA^2}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow d\left(CD;\left(SAB\right)\right)=2HG=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Qua C kẻ đường thẳng song song BD cắt AD kéo dài tại I

\(\Rightarrow d\left(SC;BD\right)=d\left(BD;\left(SCI\right)\right)=d\left(D;\left(SCI\right)\right)\)

\(BCID\) là hình bình hành (2 cặp canh đối song song) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}DI=BC=a\\\widehat{DIC}=\widehat{DBC}=45^0\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}HD\cap\left(SCI\right)=I\\HI=\dfrac{1}{2}DI+DI=\dfrac{3}{2}DI\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(H;\left(SCI\right)\right)=\dfrac{3}{2}d\left(D;\left(SCI\right)\right)\)

Kẻ \(HJ\perp CI\), kẻ \(HK\perp SJ\)

\(\Rightarrow HK\perp\left(SCI\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(SCI\right)\right)\)

\(HJ=SI.sin\widehat{DIC}=\dfrac{3a}{2}.sin45^0=\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}\)

Hệ thức lượng: \(HK=\dfrac{SH.HJ}{\sqrt{SH^2+HJ^2}}=\dfrac{3a\sqrt{5}}{10}\)

\(\Rightarrow d\left(SC;BD\right)=\dfrac{2}{3}HK=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)

a: Xét tứ giác AOBM có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên AOBM là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔAOM vuông tại A có \(sinAMO=\dfrac{AO}{OM}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{AMO}=30^0\)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

DO đó: MA=MB và MO là phân giác của góc AMB

MO là phân giác của góc AMB

=>\(\widehat{AMB}=2\cdot\widehat{AMO}=60^0\)

AOBM nội tiếp

=>\(\widehat{AOB}+\widehat{AMB}=180^0\)

=>\(\widehat{AOB}=120^0\)

Độ dài đường tròn (O) là:

\(C=2\cdot5\cdot3,14=31,4\left(cm\right)\)

Diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ AB là:

\(S_{q\left(AB\right)}=\Omega\cdot5^2\cdot\dfrac{120}{360}=5^2\cdot\dfrac{3.14}{3}=\dfrac{157}{6}\left(cm^2\right)\)

c: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: OM là phân giác của góc AOB

=>\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

Xét ΔOAC có OA=OC và \(\widehat{AOC}=60^0\)

nên ΔOAC đều

=>AC=OC=OA=R

Xét ΔOCB có OC=OB và \(\widehat{COB}=60^0\)

nên ΔOCB đều

=>OC=CB=OB=R

Xét tứ giác OACB có

OA=AC=CB=OB

nên OACB là hình thoi

           Giải:

Câu a tự làm

b; Phương trình hoành độ giao điểm của (p) và (d) là:

             \(x^2\) = - 2\(x\) + 3

              \(x^2\) + 2\(x\) - 3 = 0

              a + b + c = 1 + 2  - 3 = 0

      Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt lần lượt là:

              \(x_1\) = 1; \(x_2\) = - 3

\(x_1\) = 1 ⇒ y1 = 1² = 1;  \(x_2\) = - 3 ⇒ y₂ =  (\(x_2\))² = (- 3)² = 9

Vậy (p) cắt (d) tại hai điểm A; B lần lượt có tọa độ là:

A(1; 1); B(-3; 9)