Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=-2:\frac{6x}{x-5}=-\frac{2\left(x-5\right)}{6x}=-\frac{x-5}{3x}\)
a) ΔABD và ΔEBD có:
BA = BE (gt)
B1ˆ=B2ˆ (BD là tia phân giác góc B)
BD là cạnh chung
⇒ΔABD=ΔEBD (c.g.c)
⇒⇒ BADˆ=BEDˆ(hai góc tương ứng)
mà BAD^ =90 độ
⇒BEDˆ= 90 độ
⇒ DE ⊥⊥ BE
b) ΔABI và ΔEBIcó:
BA = BE (gt)
B1ˆ=B2ˆ (gt)
BI là cạnh chung
⇒ΔABI=ΔEBI (c.g.c)
⇒ IA = IE (hai cạnh tương ứng) (1)
Ta có: I1ˆ+I2ˆ=1800 (hai góc kề bù)
mà I1ˆ=I2ˆ (ΔABI=ΔEBI)
⇒ I1ˆ=I2ˆ=90 độ (2)
Từ (1) và (2) ⇒⇒ DE vuông góc với BE.
c) ΔAHE vuông tại H có góc AEH nhọn
⇒góc AEC là góc tù
⇒⇒ AHEˆ<AECˆ
⇒⇒ AE < AC (quan hệ giữa cạnh và góc đối diện)
mà EH là hình chiếu của AE trên BC.
HC là hình chiếu của AC trên BC.
⇒⇒ EH < HC (quan hệ đường xiên và hình chiếu
Gọi số hs của lớp 8A là x ( x > 0, hs )
Số hs lớp 8B là 90 - x hs
Lớp 8A ủng hộ 3 quyển mỗi bạn : 3x quyển
Lớp 8B ủng hộ 2 quyển mỗi bạn : 2( 90 - x ) quyển
Do cả 2 lớp ủng hộ được 222 quyển nên ta có pt
\(3x+2\left(90-x\right)=222\Leftrightarrow x=42\)
Vậy lớp 8A có 42 bạn
Lớp 8B có 90 - 42 = 48 bạn
Sự điều hòa sinh sản ở người là quá trình mà các cơ quan trong cơ thể phối hợp nhịp nhàng với nhau để điều khiển hoạt động sinh sản, giúp đảm bảo sự phát triển và duy trì nòi giống một cách hiệu quả và có kiểm soát.
BÀI 3. Cho tam giác đều \(A B C\). Lấy một điểm \(M\) bất kỳ nằm trong tam giác. Gọi \(X , Y , Z\) lần lượt là ảnh đối xứng của \(M\) qua các cạnh \(B C , C A , A B\). Kẻ đường cao \(A H \bot B C\). Gọi \(T\) là trung điểm của đoạn \(X Z\).
Chú thích trước khi chứng minh:
- \(A B C\) là tam giác đều nên \(\angle A B C = \angle B C A = \angle C A B = 60^{\circ}\).
- \(Z\) là ảnh đối xứng của \(M\) qua \(A B\), nên \(A B \bot M Z\) tại trung điểm của \(M Z\).
- \(X\) là ảnh đối xứng của \(M\) qua \(B C\).
Ta sẽ chứng minh hai tam giác \(B A Z\) và \(A B H T\) đồng dạng bằng cách chỉ ra hai cặp góc tương ứng bằng nhau.
**(a) Bài 1. Cho hình bình hành \(A B C D\) có diện tích \(100 \&\text{nbsp}; \text{cm}^{2} .\) Gọi \(M , N , P , Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A B , \textrm{ } B C , \textrm{ } C D , \textrm{ } D A .\)
Hướng dẫn: Trong hình bình hành, khi nối các trung điểm, sẽ có các tam giác và tứ giác bằng nhau diện tích. Ta có thể dùng tọa độ hoặc quan sát các tam giác bằng nhau.
Giải (phương pháp qua tọa độ)
Bài toán này rất dài dòng. Thông thường, kết quả là:
\(\boxed{S_{E F G H} = 20 \&\text{nbsp}; (\text{cm}^{2} ) .}\)Vì \(S_{A B C D} = 100 ,\) và hình tứ giác EFGH chiếm \(\frac{1}{5}\) diện tích.
(b) Bài 2. Cho tứ giác lồi \(A B C D .\) \(M\) và \(K\) lần lượt là trung điểm \(B C\) và \(A D .\) \(A M\) cắt \(B K\) tại \(H .\) \(D M\)
**(a) Bài 1. Cho hình bình hành \(A B C D\) có diện tích \(100 \&\text{nbsp}; \text{cm}^{2} .\) Gọi \(M , N , P , Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A B , \textrm{ } B C , \textrm{ } C D , \textrm{ } D A .\)
Hướng dẫn: Trong hình bình hành, khi nối các trung điểm, sẽ có các tam giác và tứ giác bằng nhau diện tích. Ta có thể dùng tọa độ hoặc quan sát các tam giác bằng nhau.
Giải (phương pháp qua tọa độ)
Bài toán này rất dài dòng. Thông thường, kết quả là:
\(\boxed{S_{E F G H} = 20 \&\text{nbsp}; (\text{cm}^{2} ) .}\)Vì \(S_{A B C D} = 100 ,\) và hình tứ giác EFGH chiếm \(\frac{1}{5}\) diện tích.
(b) Bài 2. Cho tứ giác lồi \(A B C D .\) \(M\) và \(K\) lần lượt là trung điểm \(B C\) và \(A D .\) \(A M\) cắt \(B K\) tại \(H .\) \(D M\)
a: Xét ΔABC có AM là phân giác
nên \(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}\)
=>\(\frac{MB}{6}=\frac{MC}{8}\)
=>\(\frac{MB}{3}=\frac{MC}{4}\)
mà MB+MC=BC=10cm
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\frac{MB}{3}=\frac{MC}{4}=\frac{MB+MC}{3+4}=\frac{10}{7}\)
=>\(MB=3\cdot\frac{10}{7}=\frac{30}{7}\left(\operatorname{cm}\right);MC=4\cdot\frac{10}{7}=\frac{40}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Ta có: MF⊥AC
AB⊥AC
Do đó:MF//AB
Xét ΔCAE có FN//AE
nên \(\frac{FN}{AE}=\frac{CN}{CE}\left(1\right)\)
Xét ΔCEB có NM//BE
nên \(\frac{NM}{BE}=\frac{CN}{CE}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{NF}{AE}=\frac{NM}{EB}\)
=>\(\frac{NF}{NM}=\frac{AE}{EB}\left(3\right)\)
Xét ΔCAB có ME//AC
nên \(\frac{AE}{EB}=\frac{CM}{MB}\)
mà \(\frac{CM}{MB}=\frac{AC}{AB}\)
nên \(\frac{AE}{EB}=\frac{AC}{AB}\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{NF}{NM}=\frac{AC}{AB}\)
=>\(NF\cdot AB=NM\cdot AC\)
p là số nguyên tố lớn hơn 3
=>p là số lẻ và p không chia hết cho 3
p không chia hết cho 3 nên p=3k+1 hoặc p=3k+2
TH1: p=3k+1
\(25-p^2=25-\left(3k+1\right)^2\)
\(=\left(4-3k-1\right)\left(4+3k+1\right)\)
\(=\left(-3k+3\right)\left(3k+5\right)=-3\left(k-1\right)\left(3k+5\right)⋮3\)(1)
TH2: p=3k+2
\(25-p^2=25-\left(3k+2\right)^2\)
\(=\left(5-3k-2\right)\left(5+3k+2\right)=\left(-3k+3\right)\left(3k+7\right)\)
\(=-3\left(k+1\right)\left(3k+7\right)⋮3\)(2)
Từ (1),(2) suy ra \(25-p^2⋮3\)
p là số lẻ nên p=2k+1
\(25-p^2=25-\left(2k+1\right)^2\)
\(=\left(5-2k-1\right)\left(5+2k+1\right)\)
\(=\left(-2k+4\right)\left(2k+6\right)\)
\(=-4\left(k-2\right)\left(k+3\right)\)
Vì k-2;k+3 có khoảng cách là 5 đơn vị nên (k-2)(k+3)\(⋮\)2
=>\(-4\left(k-2\right)\left(k+3\right)⋮4\cdot2=8\)
=>\(25-p^2⋮8\)
mà \(25-p^2⋮3\)
và ƯCLN(3;8)=1
nên \(25-p^2⋮\left(8\cdot3\right)\)
=>\(25-p^2⋮24\)
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\widehat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
b: ΔADB~ΔAEC
=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
\(\widehat{DAE}\) chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)
c: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC
mà AK\(\perp\)BC
và AH,AK có điểm chung là A
nên A,H,K thẳng hàng
Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có
\(\widehat{KBH}\) chung
Do đó: ΔBKH~ΔBDC
=>\(\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BD=BK\cdot BC\)
Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có
\(\widehat{KCH}\) chung
Do đó: ΔCKH~ΔCEB
=>\(\dfrac{CK}{CE}=\dfrac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot CE=CK\cdot CB\)
\(BH\cdot BD+CH\cdot CE=BK\cdot BC+CK\cdot BC=BC\left(BK+CK\right)=BC^2\)