Câu 33:

Vì ΔABC vuông cân tại A nên \(\widehat{B}=\widehat{C}=45^0\)

ΔABC vuông cân tại A

=>\(BC=AB\cdot\sqrt{2}=3\sqrt{2}\)

\(\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}\)

\(=-CB\cdot CA\cdot cos\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA}\right)\)

\(=-3\cdot3\sqrt{2}\cdot cos45\)

\(=-9\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=-9\)

=>Chọn D

Con bằng tuổi mẹ là sao em?

Đề bài sai r bạn

20 gói đó đựng dc

250 x 20 = 5000 g

đổi 5000 g= 5kg

toàn bộ thùng bột ngọt cân nặng số kg là

5 + 0,25 = 5 ,25 kg

ĐS..............

                  20 gói bột ngọt nặng là:

                  250 x  20 = 5000 (g)

                 5000 g = 5 kg

           Cả thùng bột ngọt đó nặng là:

                 5 + 0,25 = 5,25 (kg)

        Đáp số:...

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt[3]{x}=a\\\sqrt[3]{y}=b\end{matrix}\right.\) hệ trở thành \(\left\{{}\begin{matrix}2\left(a^3+b^3\right)=3\left(a^2b+ab^2\right)\\a+b=6\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left[\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)\right]=3ab\left(a+b\right)\\a+b=6\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(6^3-18ab\right)=18ab\\a+b=6\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=8\\a+b=6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) a và b là nghiệm của \(t^2-6t+8=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=4\\t=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=4;b=2\\a=2;b=4\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=64;y=8\\x=8;y=64\end{matrix}\right.\)

a) số tiền mà cửa hàng đó giảm giá là :

9600000 x 10% = 960000 (đồng)

sau khi giảm giá, giá của chiếc tivi có số tiền là :

9600000 - 960000 = 8640000 (đồng)

đáp số : 8640000 đồng

số tiền mà cửa hàng đó giảm giá là

9 600 000 x 10 % = 960 000 đ

sau khi giảm giá giá chiếc ti vi là

9 600 000 - 960 000 = 8 640 000 đ

ĐS...........

\(\dfrac{x}{3}-2=\dfrac{1}{15}\)

=>\(\dfrac{x}{3}=2+\dfrac{1}{15}=\dfrac{31}{15}\)

=>\(x=\dfrac{31}{15}\cdot3=\dfrac{31}{5}\)

Bài này ứng dụng 1 phần cách giải của bài này:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Giả sử mp (a) cắt SA; SB;SC; SD thứ tự tại A' B' C' D'. Tính \(\dfra... - Hoc24

Gọi O' là giao điểm của SO và MP, tương tự như bài trên, ta có 3 đường thẳng SO, MP, NQ đồng quy tại O'

Đồng thời sử dụng diện tích tam giác, ta cũng chứng minh được:

\(3=\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{2SO}{SO'}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\)

Áp dụng BĐT Cô-si: \(3=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\ge2\sqrt{\dfrac{SB.SD}{SN.SQ}}\Rightarrow SN.SQ\ge\dfrac{4}{9}.SB.SD\)

Theo bổ đề về diện tích tam giác chứng minh ở đầu:

\(\dfrac{S_{SNQ}}{S_{SBD}}=\dfrac{SN.SQ}{SB.SD}\ge\dfrac{\dfrac{4}{9}SB.SD}{SB.SD}=\dfrac{4}{9}\)

\(\Rightarrow S_{SBD}\ge\dfrac{4}{9}.S_{SBD}=\dfrac{4}{9}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{9}\)

a: \(248\left(13-197\right)+197\left(248-13\right)\)

\(=248\cdot13-248\cdot197+197\cdot248-197\cdot13\)

\(=248\cdot13-197\cdot13\)

\(=51\cdot13=663\)

b: \(146\left(295-39\right)-295\left(146-39\right)\)

\(=146\cdot295-146\cdot39-295\cdot146+295\cdot39\)

\(=295\cdot39-146\cdot39\)

\(=39\cdot149=5811\)

c: \(\left(-245\right)\left(45-948\right)-45\left(948-245\right)\)

\(=-245\cdot45+245\cdot948-45\cdot948+45\cdot245\)

\(=245\cdot948-45\cdot948\)

\(=200\cdot948=189600\)

d: \(\left(-3\right)^4-7\cdot\left(-2\right)\cdot\left(-3\right)^3+4^3-\left(-2024\right)^0\)

\(=81+14\cdot\left(-27\right)+64-1\)

\(=144-378=-234\)

ABCD là tứ diện đều \(\Rightarrow AG\perp\left(BCD\right)\Rightarrow AG\perp DG\)

Gọi E là trung điểm BC, do G là trọng tâm BCD nên theo tính chất trọng tâm

\(\dfrac{DG}{DE}=\dfrac{2}{3}\)

Qua G kẻ đường thẳng song song BC cắt BD và CD tại M và N

Ta có: \(DE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều) \(\Rightarrow DG=\dfrac{2}{3}DE=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Pitago tam giác vuông ADG: \(AG=\sqrt{AD^2-DG^2}=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

Định lý talet: \(\dfrac{GN}{CE}=\dfrac{DG}{DE}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow GN=\dfrac{2}{3}CE=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a}{2}=\dfrac{a}{3}\)

\(\Rightarrow MN=2GN=\dfrac{2a}{3}\)

\(S_{AMN}=\dfrac{1}{2}AG.MN=\dfrac{a^2\sqrt{6}}{9}\)

Trong mp(BCD), gọi E là giao điểm của JK và CD

Ta có: \(IE\cap AD=\left\{F\right\}\)

\(IE\subset\left(IJK\right)\)

Do đó: \(AD\cap\left(IJK\right)=F\)

Xét ΔACD có I,F,E thẳng hàng

nên \(\dfrac{AI}{IC}\cdot\dfrac{CE}{ED}\cdot\dfrac{DF}{FA}=1\)

=>\(1\cdot2\cdot\dfrac{DF}{FA}=1\)

=>\(\dfrac{FD}{FA}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(\dfrac{FA}{FD}=2\)