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
DT
22 tháng 12 2021
Gọi DH là khoảng cách thấp nhất từ máy bay đến mặt đất, khi đó AC có độ dài lớn nhất là 2,2m. Dựng hình chữ nhật DHEK => DH = EK
Do BA = BE = BC = 1,5m cố định nên tam giác ACE vuông tại A
Xét tam giác ACE vuông tại A có cos\(\widehat{ECA}\) = \(\dfrac{CA}{CE}=\dfrac{2,2}{3}\) => \(\widehat{ECA}\) \(\approx\) 42o50'
BA = BC => tam giác ABC cân tại B => \(\widehat{BAC}=\widehat{BCA}\) = \(\widehat{ECA}\) \(\approx\) 42o50'
=> \(\widehat{DBK}\) = \(\widehat{BAC}+\widehat{BCA}\) = 2.\(\widehat{BCA}\) = 85o40'
Xét tam giác DBK vuông tại D có: BK = BD. cos\(\widehat{DBK}\)
= 4.cos85o40' \(\approx\) 0,3022
=> DH = KE \(\approx\) 1,5 - 0,3022 \(\approx\)1,2 (m)
10 tháng 3 2022
a: Xét ΔSBM và ΔSNB có
\(\widehat{SBM}=\widehat{SNB}\)
\(\widehat{BSM}\) chung
Do đó: ΔSBM\(\sim\)ΔSNB
Suy ra: SB/SN=SM/SB
hay \(SB^2=SM\cdot SN\)
b: Xét (O) có
SA là tiếp tuyến
SB là tiếp tuyến
Do đó: SA=SB
mà OA=OB
nên SO là đường trung trực của AB
=>SO⊥AB
Xét ΔOBS vuông tại B có BH là đường cao
nên \(SH\cdot SO=SB^2=SM\cdot SN\)
26 tháng 10 2021
Câu 7;
a) ĐKXĐ: \(x\ge0\)
\(3\sqrt{x}=\sqrt{12}\\ \Rightarrow9x=12\\ \Rightarrow x=\dfrac{4}{3}\)
b) ĐKXĐ: \(x\ge6\)
\(\sqrt{x-6}=3\\ \Rightarrow x-6=9\\ \Rightarrow x=15\)
c) ĐKXĐ: \(x\ge\dfrac{1}{2}\)
\(\sqrt{2x-1}=\sqrt{5}\\ \Rightarrow2x-1=5\\ \Rightarrow x=3\)
26 tháng 10 2021
Câu 7;
a) ĐKXĐ: x≥0
3√x=√12⇒9x=12⇒x=43
b) ĐKXĐ: x≥6
√x−6=3⇒x−6=9⇒x=15
c) ĐKXĐ: x≥12
√2x−1=√5⇒2x−1=5⇒x=3
26 tháng 2 2022
a, Vì SA ; SB lần lượt là tiếp tuyến (O) với A;B là tiếp điểm
nên ^SAO = ^SBO = 900
Xét tứ giác SAOB ta có
^SAO + ^SBO = 1800
mà 2 góc này đối
Vậy tứ giác SAOB là tứ giác nt 1 đường tròn
b, Vì H là trung điểm CD => OH vuông CD
Xét tứ giác AHOS có
^OHS = ^OAS = 900
mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh OS
Vậy tứ giác AHOS là tứ giác nt 1 đường tròn
=> ^OAH = ^OSH ( góc nt chắn cung HO )
c, Xét tam giác SAC và tam giác SDA ta có
^S _ chung
^SAC = ^SDA (cùng chắn cung AC )
Vậy tam giác SAC ~ tam giác SDA (g.g)
\(\dfrac{SA}{SD}=\dfrac{SC}{SA}\Rightarrow SA^2=SC.SD\)(1)
Ta có ^SAB = ^SBA do SA = SB ( tiếp tuyến cắ nhau )
mà ^AHS = ^AOS ( góc nt chắn cung AS của tứ giác ASOH )
Mặt khác ^AOS = ^SBA ( góc nt chắn cung AS của tứ giác ASBO )
=> ^SAE = ^SHA
Xét tam giác SAE và tam giác SHA ta có
^S _ chung
^SAE = ^SHA (cmt)
Vật tam giác SAE ~ tam giác SHA (g.g)
\(\dfrac{SA}{SH}=\dfrac{SE}{SA}\Rightarrow SA^2=SE.SH\)(2)
Từ (1) ; (2) suy ra \(SE.SH=SC.SD\)
Các cao nhân giúp em bài màu hồng hồng với ạ, em bị ngáo tạm thời. Mong giúp em chứ em làm nãy h kh ra ạ
22 tháng 11 2021
\(1,=\left|\sqrt{7}-4\right|-2\sqrt{7}=4-\sqrt{7}-2\sqrt{7}=4-3\sqrt{7}\\ 2,\\ a,P=\dfrac{x+2\sqrt{x}+x-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{2\sqrt{x}}\\ P=\dfrac{2x}{2\sqrt{x}}=\sqrt{x}\\ b,P>3\Leftrightarrow\sqrt{x}>3\Leftrightarrow x>9\)
17 tháng 10 2021
4.
\(\sin\widehat{B}=\sin57^0=\dfrac{AC}{BC}\approx0,8\Leftrightarrow AC\approx0,8\cdot4,5=3,6\\ \Rightarrow AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=2,7\left(cm\right)\left(pytago\right)\)
5.
Áp dụng HTL: \(AB^2=BH\cdot BC\Rightarrow BC=\dfrac{AB^2}{BH}=\dfrac{25}{6}\)
Áp dụng PTG: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\dfrac{10}{3}\)
\(\sin\widehat{B}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\approx\sin53^0\Leftrightarrow\widehat{B}\approx53^0\)
Vì tg ABC vg tại A nên \(\widehat{C}=90^0-\widehat{B}=37^0\)
a: Thay x=-2 vào (1), ta được:
4+8+2m-1=0
=>2m+11=0
hay m=-11/2
b: \(\text{Δ}=\left(-4\right)^2-4\left(2m-1\right)\)
=16-8m+4
=-8m+20
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì -8m+20>0
=>-8m>-20
hay m<5/2
Theo đề, ta có: \(x_1^2+x_2^2+x_1x_2=m^2-2m\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m=\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m=\left(-4\right)^2-\left(2m-1\right)\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m=16-2m+1=17\)
hay \(m=-\sqrt{17}\)