Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 4:
a: \(4x=3y\)
=>\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}=k\)
=>x=3k; y=4k
\(\left(x-y\right)^2+\left(x+y\right)^2=50\)
=>\(\left(3k-4k\right)^2+\left(3k+4k\right)^2=50\)
=>\(\left(-k\right)^2+\left(7k\right)^2=50\)
=>\(50k^2=50\)
=>\(k^2=1\)
TH1: k=1
=>\(x=3\cdot1=3;y=4\cdot1=4\)
TH2: k=-1
=>\(x=3\cdot\left(-1\right)=-3;y=4\cdot\left(-1\right)=-4\)
b: 3x=2y
=>\(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}=k\)
=>x=2k; y=3k
\(\left(x+y\right)^3-\left(x-y\right)^3=126\)
=>\(\left(2k+3k\right)^3-\left(2k-3k\right)^3=126\)
=>\(\left(5k\right)^3-\left(-k\right)^3=126\)
=>\(126k^3=126\)
=>\(k^3=1\)
=>k=1
=>\(x=2\cdot1=2;y=3\cdot1=3\)
bài 3:
a: \(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{5}\)
=>\(\dfrac{x}{6}=\dfrac{y}{15}\left(1\right)\)
\(\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{2}\)
=>\(\dfrac{y}{15}=\dfrac{z}{10}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{x}{6}=\dfrac{y}{15}=\dfrac{z}{10}\)
mà 2x+3y-4z=34
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{x}{6}=\dfrac{y}{15}=\dfrac{z}{10}=\dfrac{2x+3y-4z}{2\cdot6+3\cdot15-4\cdot10}=\dfrac{34}{12+45-40}=2\)
=>\(x=2\cdot6=12;y=2\cdot15=30;z=2\cdot10=20\)
b: 2x=3y
=>\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{2}\)
=>\(\dfrac{x}{21}=\dfrac{y}{14}\left(3\right)\)
5y=7z
=>\(\dfrac{y}{7}=\dfrac{z}{5}\)
=>\(\dfrac{y}{14}=\dfrac{z}{10}\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\dfrac{x}{21}=\dfrac{y}{14}=\dfrac{z}{10}\)
mà 3x-7y+5z=30
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{x}{21}=\dfrac{y}{14}=\dfrac{z}{10}=\dfrac{3x-7y+5z}{3\cdot21-7\cdot14+5\cdot10}=\dfrac{30}{63-98+50}=\dfrac{30}{113-98}=2\)
=>\(x=2\cdot21=42;y=2\cdot14=28;z=2\cdot10=20\)
Bài 2:
a: Xét ΔABD có AD<AB+BD(BĐT tam giác)
b: Xét ΔACD có AD<AC+CD(BĐT tam giác)
ta có: AD<AB+BD
AD<AC+CD
Do đó: AD+AD<AB+BD+AC+CD
=>2AD<AB+AC+BC
c: \(2AD< AB+AC+BC\)
=>\(AD< \dfrac{1}{2}\left(AB+AC+BC\right)\)
=>\(AD< \dfrac{1}{2}\cdot C_{ABC}\)
Bài 11:
a: ΔMDN vuông tại D
=>MN là cạnh huyền
=>MN là cạnh lớn nhất trong ΔMDN
=>MN>MD
b: Ta có: ΔMEN vuông tại E
=>MN là cạnh huyền của ΔMEN
=>MN là cạnh lớn nhất trong ΔMEN
=>MN>NE
mà MN>MD
nên MN+MN>MD+NE
=>2MN>MD+NE
Bài 11:
\(A=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^3}+...+\dfrac{1}{3^{20}}\)
=>\(3\cdot A=1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3^2}+...+\dfrac{1}{3^{19}}\)
=>\(3\cdot A-A=1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3^2}+...+\dfrac{1}{3^{19}}-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3^2}-...-\dfrac{1}{3^{19}}-\dfrac{1}{3^{20}}\)
=>\(2A=1-\dfrac{1}{3^{20}}=\dfrac{3^{20}-1}{3^{20}}\)
=>\(A=\dfrac{3^{20}-1}{2\cdot3^{20}}\)
Bài 6:
a: ĐKXĐ: x>=-2
\(\sqrt{x+2}>=0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(\sqrt{x+2}+2>=2\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(A>=2\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
Dấu '=' xảy ra khi x+2=0
=>x=-2
Vậy: \(A_{min}=2\) khi x=-2
b: ĐKXĐ: x>=-5
\(\sqrt{x+5}>=0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(5\sqrt{x+5}>=0\forall x\)thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(5\sqrt{x+5}-\dfrac{3}{5}>=-\dfrac{3}{5}\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(B>=-\dfrac{3}{5}\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
Dấu '=' xảy ra khi x+5=0
=>x=-5
vậy: \(B_{min}=-\dfrac{3}{5}\) khi x=-5
a) Xét ΔOBH và ΔODA có
OB=OD(gt)
\(\widehat{BOH}=\widehat{DOA}\)(hai góc đối đỉnh)
OH=OA(O là trung điểm của HA)
Do đó: ΔOBH=ΔODA(c-g-c)
Suy ra: \(\widehat{OHB}=\widehat{OAD}\)(hai góc tương ứng)
mà \(\widehat{OHB}=90^0\)(gt)
nên \(\widehat{OAD}=90^0\)
hay AH\(\perp\)AD(đpcm)
b) Xét ΔAOE vuông tại A và ΔHOC vuông tại H có
OA=OH(O là trung điểm của AH)
\(\widehat{AOE}=\widehat{HOC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔAOE=ΔHOC(Cạnh góc vuông-góc nhọn kề)
Suy ra: AE=HC(hai cạnh tương ứng)(1)
Ta có: ΔAOD=ΔHOB(cmt)
nên AD=HB(Hai cạnh tương ứng)(2)
Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có
AB=AC(ΔABC cân tại A)
AH chung
Do đó: ΔAHB=ΔAHC(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)
Suy ra: HB=HC(Hai cạnh tương ứng)(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra AD=AE
mà E,A,D thẳng hàng(gt)
nên A là trung điểm của DE
) Xét ΔOBH và ΔODA có
OB=OD(gt)
ˆBOH=ˆDOABOH^=DOA^(hai góc đối đỉnh)
OH=OA(O là trung điểm của HA)
Do đó: ΔOBH=ΔODA(c-g-c)
Suy ra: ˆOHB=ˆOADOHB^=OAD^(hai góc tương ứng)
mà ˆOHB=900OHB^=900(gt)
nên ˆOAD=900OAD^=900
hay AH⊥⊥AD(đpcm)
b) Xét ΔAOE vuông tại A và ΔHOC vuông tại H có
OA=OH(O là trung điểm của AH)
ˆAOE=ˆHOCAOE^=HOC^(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔAOE=ΔHOC(Cạnh góc vuông-góc nhọn kề)
Suy ra: AE=HC(hai cạnh tương ứng)(1)
Ta có: ΔAOD=ΔHOB(cmt)
nên AD=HB(Hai cạnh tương ứng)(2)
Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có
AB=AC(ΔABC cân tại A)
AH chung
Do đó: ΔAHB=ΔAHC(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)
Suy ra: HB=HC(Hai cạnh tương ứng)(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra AD=AE
mà E,A,D thẳng hàng(gt)
nên A là trung điểm của DE
12: Gọi vận tốc lúc về là x
Theo đề, ta có: x/60=1:0,8=5/4
=>x=75
11:
b: k=xy=4,5
Khi y=-0,5 thì x=4,5/-0,5=-9
c: v2*t2=v1*t1
=>t2/t1=v1/v2=5/6
d: Chiều dài và chiều rộng là hai đại lượng tỉ lệ nghịch
=>Nếu tăng chiều dài lên a lần và muốn giữ nguyên diện tích thì cần giảm chiều rộng đi a lần
Bài 3:
a: Xét ΔABM và ΔACM có
AB=AC
BM=CM
AM chung
Do đó: ΔABM=ΔACM
b: Xét ΔMAB và ΔMDC có
MA=MD
\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)
MB=MC
Do đó: ΔMAB=ΔMDC
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MDC}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AB//DC
c: Xét tứ giác ABCI có
AI//BC
AI=BC
Do đó: ABCI là hình bình hành
=>AB//CI
Ta có: AB//CI
AB//CD
CD,CI có điểm chung là C
Do đó: D,C,I thẳng hàng
Bài 4:
a: Ta có: AB là đường trung trực của ME
=>AM=AE; BM=BE
Ta có: AC là đường trung trực của MF
=>AM=AF và CM=CF
Ta có: AM=AE
AM=AF
Do đó: AE=AF
=>A nằm trên đường trung trực của EF
b: BE+CF
=BM+CM
=BC
c: Xét ΔAEB và ΔAMB có
AE=AM
EB=MB
AB chung
Do đó: ΔABE=ΔABM
=>\(\widehat{EAB}=\widehat{MAB}\)
mà tia AB nằm giữa hai tia AE,AM
nên AB là phân giác của góc EAM
=>\(\widehat{EAM}=2\cdot\widehat{BAM}\)
Xét ΔAMC và ΔAFC có
AM=AF
CM=CF
AC chung
Do đó: ΔAMC=ΔAFC
=>\(\widehat{MAC}=\widehat{FAC}\)
mà tia AC nằm giữa hai tia AM,AF
nên AC là phân giác của góc MAF
=>\(\widehat{MAF}=2\cdot\widehat{MAC}\)
Ta có: \(\widehat{EAF}=\widehat{EAM}+\widehat{FAM}\)
\(=2\cdot\widehat{MAB}+2\cdot\widehat{MAC}\)
\(=2\left(\widehat{MAB}+\widehat{MAC}\right)=2\cdot\widehat{BAC}=120^0\)
Xét ΔAEF có AE=AF
nên ΔAEF cân tại A
=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AFE}\)(2)
=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AFE}=\dfrac{180^0-120^0}{2}=30^0\)
d: Xét ΔAEI và ΔAMI có
AE=AM
\(\widehat{EAI}=\widehat{MAI}\)
AI chung
Do đó: ΔAEI=ΔAMI
=>\(\widehat{AEI}=\widehat{AMI}\)(1)
Xét ΔAMK và ΔAFK có
Am=AF
\(\widehat{MAK}=\widehat{FAK}\)
AK chung
Do đó: ΔAMK=ΔAFK
=>\(\widehat{AMK}=\widehat{AFK}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{AMI}=\widehat{AMK}\)
=>MA là phân giác của góc IMK
e: Để A là trung điểm của EF thì \(\widehat{EAF}=180^0\)
=>\(\widehat{BAC}=\dfrac{\widehat{EAF}}{2}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)