`#3107.101107`

`5.`

`a)`

`x/2 = y/3` và `x + y = 10`

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

`x/2 = y/3 = (x + y)/(2 + 3) = 10/5 = 2`

`=> x/2 = y/3 = 2`

`=> x = 2*2 = 4; y = 2*3 = 6`

Vậy, `x = 4; y = 6`

`b)`

`x/5 = y/6` và `2x - y = 12`

Ta có: `x/5 = (2x)/10`

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

`(2x)/10 = y/6 = (2x - y)/(10 - 6) = 12/4 = 3`

`=> x/5 = y/6 = 3`

`=> x = 3*5=15; y = 3*6 = 18`

Vậy, `x = 15; y = 18.`

Hình nào bạn nhỉ?

a: x,y tỉ lệ thuận với nhau

=>\(\dfrac{x_1}{y_1}=\dfrac{x_2}{y_2}\)

áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x_1}{y_1}=\dfrac{x_2}{y_2}=\dfrac{2x_1-3x_2}{2y_1-3y_2}=\dfrac{42.5}{-8.5}=-5\)

=>\(\dfrac{x}{y}=-5\)

=>x=-5y

b: x,y tỉ lệ thuận với nhau

=>\(\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}\)

=>\(\dfrac{x_1}{4}=\dfrac{y_1}{6}\)

mà \(3x_1+2y_1=22\)

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x_1}{4}=\dfrac{y_1}{6}=\dfrac{3x_1+2y_1}{3\cdot4+2\cdot6}=\dfrac{22}{24}=\dfrac{11}{12}\)

=>\(x_1=\dfrac{11}{12}\cdot4=\dfrac{11}{3};y_1=\dfrac{11}{12}\cdot6=\dfrac{11}{2}\)

\(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}\Rightarrow\dfrac{x}{8}=\dfrac{y}{12}\)

\(\dfrac{y}{4}=\dfrac{z}{5}\Rightarrow\dfrac{y}{12}=\dfrac{z}{15}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{8}=\dfrac{y}{12}=\dfrac{z}{15}=\dfrac{x+y-z}{8+12-15}=\dfrac{20}{5}=4\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=8.4=32\\y=12.4=48\\z=15.4=60\end{matrix}\right.\)

Bài 4: Sửa đề: DF//AC(F\(\in\)AB)

a: Xét tứ giác AEDF có

AE//DF

AF//DE

Do đó: AEDF là hình bình hành

Hình bình hành AEDF có AD là phân giác của góc FAE

nên AEDF là hình thoi

b: Sửa đề: \(AB\cdot AF=AC\cdot BF\)

Xét ΔBAC có FD//AC

nên \(\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{BF}{FA}\left(1\right)\)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{BF}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(BF\cdot AC=AB\cdot AF\)

Câu 16:

a: Xét tứ giác AHCK có

N là trung điểm chung của AC và HK

=>AHCK là hình bình hành

Hình bình hành AHCK có \(\widehat{AHC}=90^0\)

nên AHCK là hình chữ nhật

b: Sửa đề: BC=4NO

Ta có: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

Ta có: AHCK là hình bình hành

=>AK//CH và AK=CH

Ta có: AK//CH

H\(\in\)BC

Do đó: AK//BH

Ta có: AK=CH

CH=BH

Do đó: AK=BH

Xét tứ giác AKHB có

AK//HB

AK=HB

Do đó: AKHB là hình bình hành

=>AH cắt KB tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AH và KB

Xét ΔAHC có

O,N lần lượt là trung điểm của AH,AC

=>ON là đường trung bình của ΔAHC

=>\(ON=\dfrac{1}{2}HC=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BC=\dfrac{1}{4}BC\)

=>BC=4ON

1:Ta có: ΔOEF cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của EF

Ta có: \(\widehat{OIA}=\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)

=>O,I,B,A,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

2: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

ta có: HB=HC

=>H nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra O,H,A thẳng hàng

Vì AO là đường trung trực của BC

và AO cắt BC tại H

nên AO\(\perp\)BC tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

mà OB=OE(=R)

nên \(OH\cdot OA=OE^2\)

Xét ΔOIA vuông tại I và ΔOHS vuông tại H có

\(\widehat{IOA}\) chung

Do đó: ΔOIA~ΔOHS

=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OS}\)

=>\(OI\cdot OS=OH\cdot OA\)

=>\(OI\cdot OS=OE^2\)

mà OE=OF

nên \(OI\cdot OS=OF^2\)

=>\(\dfrac{OI}{OF}=\dfrac{OF}{OS}\)

Xét ΔOIF và ΔOFS có

\(\dfrac{OI}{OF}=\dfrac{OF}{OS}\)

\(\widehat{IOF}\) chung

Do đó: ΔOIF~ΔOFS

=>\(\widehat{OIF}=\widehat{OFS}\)

=>\(\widehat{OFS}=90^0\)

=>SF là tiếp tuyến của (O)

Làm trắc nghiệm thì đơn giản thôi:

\(\lim\limits_{x\rightarrow-1}\dfrac{f\left(x\right)-2}{x+1}=3\) nên chọn \(f\left(x\right)-2=3\left(x+1\right)\Rightarrow f\left(x\right)=3x+5\)

Thay vào ta được:

\(I=\lim\limits_{x\rightarrow-1}\dfrac{\left(3x+5\right)^2+4\sqrt{-2-3x}-8}{x^2-1}=-3\)

Diện tích 1 mặt là 150:6=25(cm²)

Độ dài cạnh của hình lập phương là \(\sqrt{25}=5\left(cm\right)\)