TH
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
BM
1
17 tháng 8
Bài 2:
a: \(\left(-\frac13x^2y\right)\cdot2xy^3=\left(-\frac13\cdot2\right)\cdot x^2\cdot x\cdot y\cdot y^3=-\frac23x^3y^4\)
b: \(\left(-\frac34x^2y\right)\cdot\left(-xy\right)^3=\left(-\frac34\right)\cdot\left(-1\right)\cdot x^2\cdot x^3\cdot y\cdot y^3=\frac34x^5y^4\)
c: \(\frac35\cdot x^2y^5\cdot x^3y^2\cdot\frac{-2}{3}=\left(\frac35\cdot\frac{-2}{3}\right)\cdot x^2\cdot x^3\cdot y^5\cdot y^2=-\frac25x^5y^7\)
d: \(\left(\frac34x^2y^3\right)\cdot\left(2\frac25x^4\right)=\frac34x^2y^3\cdot\frac{12}{5}x^4=\frac34\cdot\frac{12}{5}\cdot x^2\cdot x^4\cdot y^3=\frac95x^6y^3\)
e: \(\left(\frac{12}{15}x^4y^5\right)\cdot\left(\frac59x^2y\right)=\frac45\cdot\frac59\cdot x^4\cdot x^2\cdot y^5\cdot y=\frac49x^6y^6\)
f: \(\left(-\frac17x^2y\right)\left(-\frac{14}{5}x^4y^5\right)=\frac17\cdot\frac{14}{5}\cdot x^2\cdot x^4\cdot y\cdot y^5=\frac25x^6y^6\)
Bài 1: Các đơn thức là \(x^2y;-13;\left(-2\right)^3xy^7\)
13 tháng 8
a: Xét ΔABC có F,E lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>FE là đường trung bình của ΔABC
=>FE//BC và \(FE=\frac12BC\)
=>BFEC là hình thang
Hình thang BFEC có \(\hat{FBC}=\hat{ECB}\) (ΔABC cân tại A)
nên BFEC là hình thang cân
b: Xét ΔABC có
F,D lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>FD là đường trung bình của ΔABC
=>FD//AC và \(FD=\frac{AC}{2}\)
Xét ΔMAC có
I,K lần lượt là trung điểm của MA,MC
=>IK là đường trung bình củaΔMAC
=>IK//AC và \(IK=\frac{AC}{2}\)
Ta có: FD//AC
IK//AC
Do đó: FD//IK
Ta có: \(FD=\frac{AC}{2}\)
\(IK=\frac{AC}{2}\)
Do đó: FD=IK
Xét tứ giác FDKI có
FD//IK
FD=IK
Do đó: FDKI là hình bình hành
c: HK=HM+KM
\(=\frac12\cdot\left(MB+MC\right)=\frac12\cdot BC\)
=FE
Xét tứ giác FEKH có
FE//KH
FE=KH
Do đó: FEKH là hình bình hành
=>FK cắt EH tại trung điểm của mỗi đường(1)
FDKI là hình bình hành
=>FK cắt DI tại trung điểm của mỗi đường(2)
Từ (1),(2) suy ra FK,EH,DI đồng quy
d: ΔABC đều
mà AD là đường trung tuyến
nên AD là phân giác của góc BAC và AD⊥BC
=>\(\hat{BAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac12\cdot60^0=30^0\)
Xét tứ giác APMD có \(\hat{APM}+\hat{ADM}=90^0+90^0=180^0\)
nên APMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
=>APMD nội tiếp (I)
Xét (I) có \(\hat{PAD}\) là góc nội tiếp chắn cung PD
=>\(\hat{PID}=2\cdot\hat{PAD}=60^0\)
Xét ΔIPD có IP=ID và \(\hat{PID}=60^0\)
nên ΔIPD đều
12 tháng 8
Từ đề bài, ta có hình vẽ sau:
\(\hat{BAC}=\hat{BAH}+\hat{CAH}=10^0+10^0=20^0\)
Xét ΔABC có
AH là đường cao
AH là đường phân giác
Do đó: ΔABC cân tại A
=>\(\hat{ABC}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}=\frac{180^0-20^0}{2}=80^0\)
Ta có: \(\hat{KBC}+\hat{KBA}=\hat{ABC}\) (tia BK nằm giữa hai tia BA và BC)
=>\(\hat{KBA}=80^0-40^0=40^0\)
Xét ΔABG và ΔACG có
AB=AC
\(\hat{BAG}=\hat{CAG}\)
AG chung
Do đó: ΔABG=ΔACG
=>\(\hat{ABG}=\hat{ACG}\)
=>\(x=40^0\)
BM
6
11 tháng 8
1: \(\frac{1-a\cdot\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}=\frac{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}+a\right)^{}}{1-\sqrt{a}}=1+\sqrt{a}+a\)
2: \(\frac{\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}}{\sqrt{x+3}-\sqrt{x-3}}=\frac{\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)}{\left(\sqrt{x+3}-\sqrt{x-3}\right)\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)^2}{x+3-\left(x-3\right)}=\frac{x+3+x-3+2\sqrt{\left(x+3\right)\left(x-3\right)}}{6}\)
\(=\frac{2x+2\sqrt{x^2-9}}{6}=\frac{x+\sqrt{x^2-9}}{3}\)
4: \(\frac{3}{2\sqrt{9x}}=\frac{3}{2\cdot3\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{2}\)
5: \(\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1\cdot\sqrt{x}}{2\sqrt{x}\cdot\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{2x}\)
7: \(\frac{\sqrt{a^3}+a}{\sqrt{a}-1}=\frac{a\cdot\sqrt{a}+a}{\sqrt{a}-1}=\frac{a\left(\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}-1}=\frac{a\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\)
\(=\frac{a\left(a+2\sqrt{a}+1\right)}{a-1}=\frac{a^2+2a\cdot\sqrt{a}+a}{a-1}\)
8: \(\frac{2}{\sqrt{a}+\sqrt{2b}}=\frac{2\cdot\left(\sqrt{a}-\sqrt{2b}\right)}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{2b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{2b}\right)}=\frac{2\sqrt{a}-2\sqrt{2b}}{a-2b}\)
10: \(\frac{25}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}=\frac{25\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}=\frac{25\sqrt{a}+25\sqrt{b}}{a-b}\)
11: \(-\frac{ab}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}=-\frac{ab\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}=\frac{-ab\cdot\sqrt{a}-ab\cdot\sqrt{b}}{a-b}\)
TC
2
19 tháng 12 2023
Ta có
\(BC\perp AB';B'C'\perp AB'\) => BC//B'C'
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AB'}=\dfrac{BC}{B'C'}\Rightarrow\dfrac{x}{x+h}=\dfrac{a}{a'}\)
\(\Rightarrow a'x=ax+ah\Rightarrow x\left(a'-a\right)=ah\Rightarrow x=\dfrac{ah}{a'-a}\left(dpcm\right)\)
30 tháng 9 2024
Xét tam giác ABCABC có BC⊥ AB′BC⊥ AB′ và B′C′⊥AB′B′C′⊥AB′ nên suy ra BCBC // B′C′B′C′.
Theo hệ quả định lí Thalès, ta có: ABAB′ =BCBC′AB′AB =BC′BC
Suy ra xx+h =aa′x+hx =a′a
a′.x=a(x+h)a′.x=a(x+h)
a′.x−ax=aha′.x−ax=ah
x(a′−a)=ahx(a′−
BM
huhuh đề này nãy bị lỗi file ạ, mọi người giúp tớ trước 8 giờ sáng hôm nay vớii, tớ đang cần gấp ạ 😭
1
S
subjects
CTVHS
18 tháng 8
\(a.xy-\left(-xy\right)+5xy=2xy+5xy=7xy\)
\(b.6xy^2-3xy^2-12xy^2=-9xy^2\)
\(c.3x^2y^3z^4+\left(-4x^2y^3z^4\right)=-x^2y^3z^4\)
\(d.4x^2y+\left(-8x^2y\right)=-4x^2y\)
\(e.25x^2y+\left(-55x^2y\right)=-30x^2y\)
\(f.3x^2y+4x^2y-x^2y=6x^2y\)
\(g.xy^2+x^2y+\left(-2xy^2\right)=-xy^2+x^2y=xy\left(x-y\right)\)
\(h.12x^2y^3z^4+\left(-7x^2y^3z^4\right)=5x^2y^3z^4\)
\(k.-6xy^3-\left(-6xy^3\right)+6x^3y=6x^3y\)
14 tháng 8
a: Xét ΔABC có
AF,BE,CD là các đường trung tuyến
G là trọng tâm
Do đó: AF,BE,CD đồng quy tại G
Xét tứ giác AGBK có
D là trung điểm chung của AB và KG
=>AGBK là hình bình hành
=>AG//BK và AG=BK
Xét tứ giác AGCH có
E là trung điểm chung của AC và GH
=>AGCH là hình bình hành
=>AG//CH và AG=CH
Ta có: AG//BK
AG//CH
Do đó: BK//CH
ta có: AG=BK
AG=CH
Do đó: BK=CH
Xét tứ giác BKHC có
BK//HC
BK=HC
Do đó: BKHC là hình bình hành
b: Ta có: C,G,D thẳng hàng
G,D,K thẳng hàng
Do đó: C,G,D,K thẳng hàng
=>CK đi qua G
Ta có: B,G,E thẳng hàng
G,E,H thẳng hàng
Do đó: B,G,E,H thẳng hàng
=>BH đi qua G
BCHK là hình bình hành
=>BH cắt CK tại trung điểm của mỗi đường
=>G là trung điểm chung của BH và CK
Hình bình hành BCHK trở thành hình chữ nhật khi KB⊥BC
=>AG⊥BC
=>AF⊥BC
Xét ΔABC có
AF là đường cao
AF là đường trung tuyến
Do đó: ΔABC cân tại A
=>AB=AC
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
=>\(\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc=0\)
=>\(\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
=>\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)=0\)
=>\(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=0\)
=>\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=0\)
=>\(\left(a^2-2ba+b^2\right)+\left(b^2-2cb+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)=0\)
=>\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=0\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\a-c=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c\)
\(A=\dfrac{a^{2023}}{b^{2023}}+\dfrac{b^{2023}}{c^{2023}}+\dfrac{c^{2023}}{a^{2023}}\)
\(=\dfrac{a^{2023}}{a^{2023}}+\dfrac{b^{2023}}{b^{2023}}+\dfrac{c^{2023}}{c^{2023}}\)
=1+1+1
=3