\(\dfrac{2011\times2010-1}{2009\times2011+2010}\)

= \(\dfrac{2011\times\left(2009+1\right)-1}{2011\times2009+2010}\)

= \(\dfrac{2011\times2009+2011-1}{2011\times2009+2010}\)

= \(\dfrac{2011\times2009+\left(2011-1\right)}{2011\times2009+2010}\)

= \(\dfrac{2011\times2009+2010}{2011\times2009+2010}\)

= 1

\(\dfrac{2011\times2010-1}{2009\times2011+2010}\)

\(=\dfrac{2010\text{x}\left(2010+1\right)-1}{\left(2010-1\right)\text{x}\left(2010+1\right)+2010}\)

\(=\dfrac{2010^2+2010-1}{2010^2-1+2010}=1\)

a/ Xét tg ABE có

\(DM\perp AB\Rightarrow EM\perp AB\)

=> tg ABE cân tại E (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trunbg trực thì tg đó là tg cân)

b/

Xét tg ACF, chứng minh tương tự câu a => tg ACF cân tại F

=> AF = CF (1)

Xét tg ACD, chứng minh tương tự => tg ACD cân tại D

=> AD = CD (2)

Xét tg ADF và tg CDF có

DF chung (3)

Từ (1) (2) (3) => tg ADF = tg CDF (c.c.c)

c/

Xét tg ABD, chứng minh tương tự câu a => tg ABD cân tại D

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{BAD}\)

Ta có tg ACD cân (cmt) \(\Rightarrow\widehat{CAD}=\widehat{ACD}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAD}+\widehat{CAD}=\widehat{BAC}=120^o=\widehat{ABD}+\widehat{ACD}\)

Xét tứ giác ABDC có

\(\widehat{BDC}=360^o-\widehat{BAC}-\left(\widehat{ABD}+\widehat{ACD}\right)\) (Tổng các góc trong của 1 tứ giác bằng \(360^o\))

\(\Rightarrow\widehat{BDC}=360^o-120^o-120^o=120^o\)

Ta có

tg ABD cân tại D (cmt) => AD = BD

tg ACD cân tại D (cmt) => AD = CD

=> BD = CD => tg BCD cân tại D \(\Rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{BCD}\) (4)

Xét tg cân BCD có

\(\widehat{CBD}+\widehat{BCD}=180^o-\widehat{BDC}=180^o-120^o=60^o\) (5)

Từ (4) và (5) \(\Rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{BCD}=\dfrac{60^o}{2}=30^o\)

Chứng minh tương tự câu b => tg DE = tg BDE (c.c.c)

\(\Rightarrow\widehat{EAD}=\widehat{CBD}=30^o\)

2,3x30+6,9x45+20,7x15

=2,3x30+2,3x135+2,3x135

=2,3x(30+135+135)

=2,3x300=690

Tính nhanh giúp mình nhé.

Có \(AC=AD\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\) \(\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại A.

\(\Rightarrow SA=\sqrt{SC^2-AC^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{3}\right)^2-\left(a\sqrt{2}\right)^2}=a\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.S_{ABCD}.SA=\dfrac{1}{3}.AD^2.SA=\dfrac{1}{3}.a^2.a=\dfrac{a^3}{3}\)

                Giải:

Cứ 1 điểm sẽ tạo với n - 1 điểm còn lại n - 1 đường thẳng

với n điểm sẽ tạo được (n - 1)n đường thẳng

Theo cách tính trên mỗi đường thẳng sẽ được tính hai lần nên thực tế số đường thẳng được tạo là:

       (n - 1).n : 2  (đường thẳng)

Theo bài ra ta có: (n - 1)n : 2 = 105 

                               (n - 1)n =  105.2 

                               (n - 1).n = 210

                               (n - 1).n = 14.15

                               n =  15

Vậy n =  15

a) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ AB = AC

Do AD là đường phân giác của ∆ABC (gt)

⇒ ∠BAD = ∠CAD

Xét ∆ABD và ∆ACD có:

AB = AC (cmt)

∠BAD = ∠CAD (cmt)

AD là cạnh chung

⇒ ∆ABD = ∆ACD (c-g-c)

b) ∆ABC cân tại A (gt)

AD là đường phân giác (gt)

⇒ AD cũng là đường cao của ∆ABC

⇒ AD ⊥ BC

c) Do CE ⊥ BC (gt)

AD ⊥ BC (cmt)

⇒ AD // CE

⇒ ∠GAM = ∠ECM (so le trong)

Do BM là đường trung tuyến của ∆ABC (gt)

⇒ M là trung điểm của AC

⇒ AM = CM

Xét ∆AGM và ∆CEM có:

∠GAM = ∠ECM (cmt)

AM = CM (cmt)

∠AMG = ∠CME (đối đỉnh)

⇒ ∆AGM = ∆CEM (g-c-g)

a) \(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(-3m+10\right)=m^2-m-6\)

Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge3\end{matrix}\right.\) (1)

Theo hệ thức Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4-2m\\x_1x_2=-3m+10\end{matrix}\right.\)

Để phương trình có 2 nghiệm x₁, x₂ đều nhỏ hơn 2 \(\left(x_1\le x_2< 2\right)\) thì:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-2\right)+\left(x_2-2\right)< 0\\\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2< 4\\x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4-2m< 4\\-3m+10-2\left(4-2m\right)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2m< 0\\m+6>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m>-6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>0\)

Kết hợp với điều kiện (1), ta được: \(m\ge3\)

\(Toru\)

  Đây là toán nâng cao chuyên đề hình khối, cấu trúc thi chuyên, thi học sinh giỏi các cấp, thi violympic. Hôm nay Olm sẽ hướng dẫn các em giải chi tiết dạng này như sau:

                 Giải:

a; Thể tích của một hình lập phương nhỏ là:

           10 x 10 x 10 = 1000 (cm³)

Thể tích của hình lập phương H là;

           1000 x 8 = 8000 (cm³)

  Vì 20 x 20 x 20 = 8000

 Vậy cạnh của hình lập phương H là: 20 cm

b; Diện tích một mặt của hình lập phương H là:

          20x 20 = 400 (cm²)

 Diện tích toàn phần của hình lập phương H là:

            400 x 6  = 2400(cm²)

Đáp số:a;  8000 cm³

             b; 2400 cm²

Đây là dạng toán nâng cao chuyên đề giả thiết tạm, cấu trúc thi chuyên, thi học sinh giỏi, thi violympic. Hôm nay Olm sẽ hướng dẫn các em giải chi tiết dạng này như sau:

                          Giải:

  Giả sử tất cả đều là tờ tiền 50 000 đồng thì tổng số tiền là

         50 000 x 13  = 650 000 (đồng)

So với đề bài thì thừa ra:

         650 000 - 300 = 350 000 (đồng)

Vì số tờ tiền 10 000 đồng bằng số tờ tiền 20 000 đồng nên ta thay 2 tờ 50 000 đồng bằng 1 tờ tiền 10 000 đồng và 1 tờ tiền 20 000 thì cứ sau mỗi lần thay như vậy, số tiền giảm là:

       50 000 x 2 - (10 000 + 10 000 ) = 70 000 (đồng)

Số tờ tiền 10 000 bằng số tờ tiền 20 000 và bằng:

      350 000 : 70 000  = 5 (tờ)

Số tờ tiền 50 000 đồng là:

     13 - 5 -  5  = 3 (tờ)

Đáp số: số tờ tiền 10 000 đồng là 5 tờ

              số tờ tiền 20 000 đồng là 5 tờ

             số tờ tiền 50 000 đồng là 3 tờ.