Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(ax^2+bx+c=0\)có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi \(\frac{c}{a}< 0\)
Áp dụng vào phương trình \(x^2+x-1=0\)có : \(-\frac{1}{1}< 0\)
=> phương trình \(x^2+x-1=0\)có 2 nghiệm trái dấu ( điều phải chứng minh )
Dùng công thức nghiệm tìm được hai nghiệm \(x_1=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}< 0\)và \(x_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}>0\)
Vậy phương trình x2 + x - 1 = 0 có 2 nghiệm trái dấu
\(D=\sqrt{x_1^8+10x_1+13}+x_1=\left[\sqrt{x_1^8+10x_1+13}+\left(x_1-5\right)\right]+5\)\(=\frac{x_1^8+10x_1+13-x_1^2+10x_1-25}{\sqrt{x_1^8+10x_1+13}-\left(x_1-5\right)}+5\)\(=\frac{x_1^8-x_1^2+20x_1-12}{\sqrt{x_1^8+10x_1+13}-\left(x_1-5\right)}+5=\frac{\left(x_1^2+x_1-1\right)\left(x_1^6-x_1^5+2x_1^4-3x_1^3+5x_1^2-8x_1+12\right)}{\sqrt{x_1^8+10x_1+13}-\left(x_1-5\right)}+5=5\)(Do x1 là nghiệm của phương trình x2 + x - 1 = 0 nên \(x_1^2+x_1-1=0\))
a/ Ta có
\(CN\in BC;DM\in AD\)
BC//AD
=> CN//DM (1)
Ta có
\(CN=\frac{BC}{2};DM=\frac{AD}{2};BC=AD\Rightarrow CN=DM\) (2)
Từ (1) và (2) => MNCD là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau thì tứ giác đó là hbh)
b/
Do MNEC là hbh => MN//CD mà CD//AB => MN//AB
Mà AB vuông có Với CE => MN vuông góc với CE => MN là đường cao của tg MEC (3)
Xét tg BEC có
N là trung điểm BC
MN//AB (cmt)
=> MN đi qua trung điểm của CE (trong 1 tf đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với cạnh thứ 2 thì nó đi qua trung điểm của cạnh còn lại) mà MN vuông góc CE (cmt) => MN là đường trung trực thuccj cạnh CE của tg MCE (4)
Từ (3) và (4) => tg MCE cân tại M (trong 1 tg có đường cao đồng thời là đường trung trực thì tg đó là tg cân)
c/ Xét hbh MNCD có
\(MN=CD=AB;CN=AB=\frac{BC}{2}\)
=> MNCD là hình thoi => \(\widehat{NMC}=\widehat{CMD}\) (trong hình thoi đường chéo là đường phân giác của 2 góc đối nhau) (5)
Xét tg cân MCE có MN là đường cao => MN là phân giác của \(\widehat{CME}\) (trong tg cân đường cao đồng thời là đường phân giác)
\(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{NMC}\) (6)
Từ (5) và (6) \(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{NMC}=\widehat{CMD}\Rightarrow\widehat{EMD}=\widehat{EMN}+\widehat{NMC}+\widehat{CMD}=3.\widehat{EMN}\) (7)
Do MN//AB \(\Rightarrow\widehat{AEM}=\widehat{EMN}\) (góc so le trong) (8)
Từ (7) và (8) \(\Rightarrow\widehat{EMD}=3.\widehat{AEM}\left(dpcm\right)\)
\(x^4+y^4+\left(x+y\right)^4=2\left(x^4+y^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3\right)\)
\(=2\left(\left(x^4+y^4+2x^2y^2\right)+\left(2x^3y+2xy^3\right)+x^2y^2\right)\)
\(=2\left(\left(x^2+y^2\right)^2+2xy\left(x^2+y^2\right)+x^2y^2\right)\)
\(=2\left(x^2+y^2+xy\right)^2\)
Đặt x2 + xy + y2 = a2 ; x + y = b.Ta có :
a4 = (a2)2 = (x2 + xy + y2)2 = x4 + y4 + x2y2 + 2x3y + 2xy2 + 2x2y2 = x4 + y4 + x2y2 + 2xy(x2 + y2 + xy) = x4 + y4 + x2y2 + 2xya2 (1)
mà b = x + y
=> b2 = x2 + y2 + 2xy = a2 + xy => b4 = a4 + x2y2 + 2a2xy .Từ (1) và (2) ,ta có :
2a4 = x4 + y4 + a4 + x2y2 + 2xya2 = x4 + y4 + b4.Thay a2 = x2 + xy + y2 ; b = x + y,ta có đpcm
<=>
. Đọc đoạn trích sau và trả lời các câu hỏi:
“Mẹ tôi lấy vạt áo nâu thấm nước mắt cho tôi rồi xốc nách tôi lên xe. Đến bấy giờ tôi mới kịp nhận ra mẹ tôi không còm cõi xơ xác quá như cô tôi nhắc lại lời người họ nội của tôi nói. Gương mặt mẹ tôi vẫn tươi sáng với đôi mắt trong, và nước da mịn làm nổi bật màu hồng của hai gò má. Hay tại sự sung sướng bỗng được trông nhìn và ôm ấp cái hình hài máu mủ của mình mà mẹ tôi lại tươi đẹp như thuở còn sung túc? Tôi ngồi trên đệm xe, đùi áp đùi mẹ tôi, đầu ngả vào cánh tay mẹ tôi, tôi thấy những cảm giác ấm áp đã bao lâu mất đi bỗng lại mơn man khắp da thịt. Hơi quần áo mẹ tôi và những hơi thở ở khuôn miệng xinh xắn nhai trầu phả ra lúc đó thơm tho lạ thường. Phải bé lại và lăn vào lòng một người mẹ, áp mặt vào bầu sữa nóng của người miệng, để bàn tay người mẹ vuốt ve từ trên trán xuống cằm, và gãi rôm ở sống lưng cho, mới thấy người mẹ có một êm dịu vô cùng.”
a. Đoạn trích trên nằm trong văn bản : Trong lòng mẹ . Tác giả là Nguyên Hồng
Nội dung của đoạn văn: Miêu tả hình hài của mẹ bé Hồng . Cảm xúc trào dâng , vỡ oà khi gặp lại người mẹ yêu dấu , ước mong được mẹ âm yếm vỗ về như thuở còn thơ bé . Những cảm giác ấm áp , yên vui tràn về , càng tô đậm tình yêu trong sáng của bé Hồng dành cho người mẹ bất hạnh của mình.
b. Văn bản có đoạn trích trên sử dụng ngôi kể thứ nhất
Tác dụng của ngôi kể : Làm rõ nét hơn những cảm xúc ấm áp , hạnh phúc của bé Hồng , miêu tả chân thực thái độ , tình cảm của nhân vật . Làm cho văn bản trở nên gần gũi , rõ nét những sự việc xảy ra với nhân vật ( chính bản thân ) . Để văn bản trở nên hấp dẫn , thu hút người đọc .
c. Những yếu tố miêu tả có trong đoạn văn :
Mẹ tôi không còm cõi xơ xác.
Gương mặt mẹ tôi vẫn tươi sáng với đôi mắt trong và nước da mịn, làm nổi bật màu hồng của hai gò má.
Tác dụng : Làm cho đoạn văn trở nên sinh động , hấp dẫn
Em làm bài này lần đầu thì máy lag mất tab, lần thứ 2 thì bảo trì._. Cứ chuẩn bị ấn gửi là toang, đây là lần 3 đấy ạ)':
Ta có:
Vì E chia (x-1) dư 15 nên E có dạng:
\(E=\left(x-1\right)\cdot P\left(x\right)+15\)
Tại x = 1 ta có: \(2.1^3-3.1^2+a.1+b=\left(1-1\right).P\left(x\right)+15\)
\(\Leftrightarrow a+b=16\)
Vì E chia (x+2) dư -18 nên E có dạng:
\(E=\left(x+2\right).Q\left(x\right)-18\)
Tại x = -2 ta có: \(2.\left(-2\right)^3-3.\left(-2\right)^2+a.\left(-2\right)+b=\left(-2+2\right).Q\left(x\right)-18\)
\(\Leftrightarrow-2a+b=10\)
Trừ vế đầu cho vế sau ta được: \(3a=6\Rightarrow a=2\Rightarrow b=14\)
E = 2x3 - 3x2 + ax + b
+) chia x - 1 dư 15
=> 2x3 - 3x2 + ax + b - 15 chia hết cho x - 1
Theo định lí Bézoute ta có : E chia hết cho x - 1 <=> E(1) = 0
=> 2.13 - 3.12 + a.1 + b - 15 = 0
=> a + b - 16 = 0
=> a + b = 16 (1)
+) chia x + 2 dư -18
=> 2x3 - 3x2 + ax + b + 18 chia hết cho x + 2
Theo định lí Bézoute ta có : E chia hết cho x + 2 <=> E(-2) = 0
=> 2.(-2)3 - 3.(-2)2 + a.(-2) + b + 18 = 0
=> b - 2a - 10 = 0
=> b - 2a = 10 (2)
Từ (1) và (2) => \(\hept{\begin{cases}a+b=16\\b-2a=10\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=2\\b=14\end{cases}}\)
Vậy a = 2 ; b = 14
Bài giải
a)
Ta có GM = BM, GN = CN (gt)
⇒ MN // BC (T/C đtb ΔGBC)
Tương tự, ED // BC (ED là đtb ΔABC)
⇒ MN // ED
Lại có IK // MN ( IK là đtb ΔGMN )
Nên IK // ED
Nên IEDK là hình thang (1)
Có ΔAED cân tại A (AE = AD)
⇒\(\widehat{AED}=\widehat{ADE}\)
Lại có \(\widehat{BEC}=\widehat{CDB}\) ( ΔBEC=ΔCDB:c-g-c )
⇒180o -( \(\widehat{ADE}+\widehat{BEC}\) )=180o - ( \(\widehat{ADE}+\widehat{CDB}\) )
Hay \(\widehat{IED}=\widehat{KDE}\)(2)
Từ (1) và (2), suy ra IEDK là hình thang cân
b) DE = \(\frac{1}{2}\) BC ( đg thẳng nối trung điểm 2 cạnh tam giác bằng \(\frac{1}{2}\) cạnh còn lại)
MN = \(\frac{1}{2}\) BC ( như trên)
IK = \(\frac{1}{2}\) MN = \(\frac{1}{4}\)BC (nt)
DE + IK = \(\frac{1}{2}\)BC +\(\frac{1}{4}\) BC = 5 + 2,5 = 7,5 cm
buổi sáng,em dậy thật sớm để chuẩn bị cho ngày đầu đi học.đến trường em rất sợ nhưng khi cô đến và dắt em vào lớp,em không sợ nữa.ngày đầu đi học của em là thế đó.
(viết thế cho nhanh thôi chứ tớ mà viết lâu thì có mà dài dòng)
a) Xét\(\Delta BDE\)có:
P là tđ DE
Q là tđ EB
=> PQ là đường TB ,PQ//DB
CMTT=> MQ là đường TB=> MQ=\(\frac{1}{2}\)EC, MQ//EC
MN là đường Tb=> MN=\(\frac{1}{2}\) DB,MN//DB
PN là đường TB=> PN=\(\frac{1}{2}\)EC,PN//EC
Mà BD= CE( gt)=> MN=PQ=QM=NP=> MNPQ là hthoi
b) Kéo dài PM, cắt AC tại R,AB tại T
Do MNPQ là hthoi=>\(\widehat{BAC}=\widehat{QPN}\)( cặp góc t/ư)
mà \(\widehat{B\text{AF}}=\widehat{FAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}\)
\(\widehat{QPM}=\widehat{MPN}=\frac{1}{2}\widehat{QPN}\)
=>\(\widehat{BAF}=\widehat{FAC}=\widehat{QPM}=\widehat{MPN}\)(1)
mặt khác,PN//AC=>\(\widehat{MPN}=\widehat{MRC}\)(2)( 2 góc đ/v)
từ(1)(2)=>\(\widehat{MRC}=\widehat{FAC}\).. Mà 2 góc này đ/v
=>MP//AF
Pc mik chưa bt lm
a: Xet ΔBCD có
M,N lần lượtlà trung điểm của BC,CD
nên MN là đường trung bình
=>MN//BD và MN=BD/2
Xét ΔEBD có EP/ED=EQ/EB
nên PQ//BD và PQ/BD=EP/ED=1/2
=>MN//PQ và MN=PQ
Xét ΔDEC có DP/DE=DN/DC
nên PN//EC và PN=1/2EC
=>PN=1/2BD=PQ
Xét tứ giác MNPQ có
MN//PQ
MN=PQ
PN=PQ
=>MNPQ là hình thoi
b: NP//AC
=>góc QPN=góc BAC
=>góc NMP=góc EAF
=>PM//AF
c: Xét ΔAIK có
AF vừa là đường cao, vừa là phân giác
nên ΔAIK cân tại A