Cho tam giác ABC có góc A=90 độ; AB=30cm; AC=40cm; đường cao AE; BD là phân giác; F là giao điểm của AE và BD.
a) Chứng minh ΔABC đồng dạng ΔEAC. Tính AE.
b) Chứng minh BD.EF=BF.AD
c) Chứng minh AF=AD
d) Tính AF
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cái đề này sai thật rồi, có lẽ đề đúng là...
\(A=\frac{x^2+2x+1}{x^2+2}=\frac{\left(x+1\right)^2}{x^2+2}\)
Mà \(\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)^2\ge0\left(\forall x\right)\\x^2+2>0\left(\forall x\right)\end{cases}}\Rightarrow A\ge0\left(\forall x\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\left(x+1\right)^2=0\Rightarrow x=-1\)
Vậy \(A_{Min}=0\Leftrightarrow x=-1\)
đừng sủa lắm , không biết mỏi mồm à
a,\(\left(3x-2y\right)^2-\left(5x+7y\right)^2-14y^2\)
\(=9x^2+4y^2-12xy-25x^2-49y^2-70xy-14y^2\)
\(=-16x^2-59y^2-82xy\)
b,\(-\left(4x-\frac{3}{2}\right)^2+\left(3-2x\right)^2-\frac{1}{4}\)
\(=-16x^2+12x-\frac{9}{4}+9-12x+4x^2-\frac{1}{4}\)
\(=-12x^2-\frac{5}{2}+9=\frac{13}{2}-12x^2\)
c,\(\left(2x+1\right)^2-2\left(2x+1\right).\left(7+3x\right)+\left(7+3x\right)^2\)
\(=\left(2x+1-7-3x\right)^2=\left(-6-x\right)^2=36+12x+x^2\)
d, \(\left(5-3x\right)^2+2\left(5-3x\right)\left(7+3x\right)+\left(7+3x\right)^2\)
\(=\left(5-3x+7+3x\right)^2=12^2=144\)
Bài này chỉ tìm được Min thôi nhé:)
Ta có: \(B=4x^2-3x^3=x^2\left(4-3x\right)\)
Vì \(0\le x< \frac{4}{3}\Rightarrow4-3x>0\)
\(\Rightarrow B\ge0\left(\forall x\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(x^2=0\Rightarrow x=0\)
Vậy \(B_{Min}=0\Leftrightarrow x=0\)
Bài này mình tìm đc MAX bạn r bạn nhé
TH1: x=0 thì B=0 (1)
TH2; \(0< x< \frac{4}{3}\)
Suy ra: 4-3x >0
Ta có \(B=4x^2-3x^3 \)
<=> \(x.B=x.x.x.\left(4-3x\right)\) (do 0<x<4/3)
ÁP DỤNG BĐT CAUCHY cho các số dương ta đc
\(x.B=x.x.x.\left(4-3x\right)\le\left(\frac{x+x+x+4-3x}{4}\right)^4=1\)
Suy ra \(B\le\frac{1}{x}\) (do 0<x<4/3) (2)
Lại có \(\frac{1}{x}>0\) vói mọi 0<x<4/3 (3)
Nên từ (1), (2), (3) suy ra
\(MaxB=\frac{1}{x}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=x=x=4-3x\\0< x< \frac{4}{3}\end{cases}
\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\left(TMĐK\right)\\0< x< \frac{4}{3}\end{cases}}}\)
Khi đó Max B= 1
Bài làm:
a) Δ EHB ~ Δ DHC (g.g) vì:
+ \(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\) (đối đỉnh)
+ \(\widehat{BEH}=\widehat{CDH}=90^0\)
=> đpcm
b) Theo phần a, 2 tam giác đồng dạng
=> \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)
Δ HED ~ Δ HBC (c.g.c) vì:
+ \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\) (chứng minh trên)
+ \(\widehat{EHD}=\widehat{BHC}\) (đối đỉnh)
=> đpcm
c) Δ ABD ~ Δ ACE (g.g) vì:
+ \(\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^0\)
+ \(\widehat{A}\) chung
=> \(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
Δ ADE ~ Δ ABC (c.g.c) vì:
+ \(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\) (chứng minh trên)
+ \(\widehat{A}\) chung
=> đpcm
d) Gọi F là giao của AH với BC
Δ BHF ~ Δ BCD (g.g) vì:
+ \(\widehat{BFH}=\widehat{BDC}=90^0\)
+ \(\widehat{B}\) chung
=> \(\frac{BF}{BH}=\frac{BD}{BC}\Rightarrow BD.BH=BF.BC\left(1\right)\)
Tương tự ta chứng minh được:
\(CH.CE=FC.BC\left(2\right)\)
Cộng vế (1) và (2) lại ta được:
\(BD.BH+CH.CE=\left(BF+FC\right)BC=BC.BC=BC^2\)
=> đpcm
pt <=> \(\left(x-3\right)^2\left(x+3\right)^2-\left(x-3\right)^2=0\)
<=> \(\left(x-3\right)^2\left(\left(x+3\right)^2-1\right)=0\)
<=> \(\orbr{\begin{cases}\left(x-3\right)^2=0\\\left(x+3\right)^2-1=0\end{cases}}\)
<=> \(\orbr{\begin{cases}x=3\\\left(x+3\right)^2=1\end{cases}}\)
<=> x = 3 hoặc \(\orbr{\begin{cases}x+3=1\\x+3=-1\end{cases}}\)
<=> x = 3 hoặc \(\orbr{\begin{cases}x=-2\\x=-4\end{cases}}\)
VẬY \(x\in\left\{-2;-4;3\right\}\)
Bài làm:
\(\left(x^2-9\right)^2-\left(x-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-3\right)\left(x+3\right)\right]^2-\left(x-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2\left[\left(x+3\right)^2-1\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x-3\right)^2=0\\\left(x+3\right)^2-1=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-3=0\\\left(x+3\right)^2=1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\\left(x+3\right)^2=1\end{cases}}\)
Nếu \(\left(x+3\right)^2=1\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=1\\x+3=-1\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=-2\\x=-4\end{cases}}\)
Vậy tập nghiệm của PT \(S=\left\{-4;-2;3\right\}\)
Bài làm:
a) Vì AM = AN và \(\widehat{MAN}=\widehat{BAC}=60^0\) (đối đỉnh)
=> Tam giác AMN đều
=> \(\widehat{MNA}=60^0=\widehat{ACB}\)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
=> MN // BC
=> Tứ giác MNCB là hình thang
Lại có \(\hept{\begin{cases}AM=AN\\AB=AC\end{cases}\Rightarrow}AM+AB=AN+AC\)
\(\Rightarrow MB=NC\)
Vì MB,NC là 2 đường chéo hình thang MNCB
=> MNCB là hình thang cân
b) Nối M với D, C với F
Vì D,F là trung điểm của AN,AB
=> MD,CF là 2 đường trung tuyến của tam giác AMN và ABC
Mà 2 tam giác này đều
=> \(\hept{\begin{cases}MD\perp NC\left(\perp NA\right)\\CF\perp BM\left(\perp AB\right)\end{cases}}\)
=> Tam giác CDM và tam giác CFM vuông tại D,F
Mà DE,FE là 2 đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của 2 tam giác vuông nói trên
=> \(DE=FE=\frac{1}{2}MC\left(1\right)\)
Vì D,F là trung điểm của AN,AB
=> DF là đường trung bình của tam giác ANB
=> \(DF=\frac{1}{2}NB\left(2\right)\)
Mà NB = MC ( MNCB là hình thang cân ) nên kết hợp với (1) và (2)
=> \(DF=FE=ED\)
=> Tam giác DEF đều
Xét tam giác ABC và tam giác EAC có:
Góc A= góc E=(90 độ)
Góc C:chung
=>Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EAC(g.g)
=> \(\frac{AB}{EA}=\frac{BC}{AC}\)
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC2=AB2+AC2
BC2=302+402
BC2=2500
BC=50(cm)
=>\(\frac{30}{EA}=\frac{50}{40}\)
=>EA=24(cm)
b,Xét tam giác BAD và tam giác BEF có:
Góc A= Góc E(=90 độ)
Góc ABD= Góc EBF(BD là phân giác)
=>Tam giác BAD đồng dạng với tam giác BEF(g.g)
=> \(\frac{BD}{BF}=\frac{AD}{EF}\)
=>BD.EF=BF.AD
c, Vì tam giác BAD đồng dạng với tam giác BEF
=> Góc BDA= Góc BFE
mà góc BFE= góc DFA(đối đỉnh)
=>Góc BDA= Góc DFA
=>Tam giác ADF cân tại A
=>AF=AD
d, Vì BD là phân giác
=>\(\frac{BA}{BC}=\frac{AD}{CD}\)
=>\(\frac{BA}{BC+BA}=\frac{AD}{CD+AD}\)
=>\(\frac{BA}{BC+BA}=\frac{AD}{AC}\)
=>\(\frac{30}{50+30}=\frac{AD}{40}\)
=>\(\frac{30}{80}=\frac{AD}{40}\)
=>AD=15(cm)
=>AF=15(cm)(Tam giác ADF cân tại A)