người ta dùng miếng bìa cứng làm 1 cái hộp không có nắp hình lập phương có độ dài cạnh là 3dm. Tính diện tích miếng bìa, biết diện tích các mép dán không đáng kể
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Sửa đề; MF vuông góc với AC tại F
Xét ΔBEM vuông tại E và ΔCFM vuông tại F có
BM=CM
\(\widehat{MBE}=\widehat{MCF}\)
Do đó: ΔBEM=ΔCFM
b: Ta có: ΔBEM=ΔCFM
=>ME=MF
=>M nằm trên đường trung trực của EF(1)
ta có: ΔBEM=ΔCFM
=>BE=CF
Ta có: AE+EB=AB
AF+FC=AC
mà BE=FC và AB=AC
nên AE=AF
=>A nằm trên đường trung trực của EF(2)
Từ (1),(2) suy ra AM là đường trung trực của EF
c: Xét ΔABC có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
nên EF//BC
d: Xét ΔABD vuông tại B và ΔACD vuông tại C có
AD chung
AB=AC
Do đó: ΔABD=ΔACD
=>DB=DC
=>D nằm trên đường trung trực của BC(3)
ta có: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(4)
ta có: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(5)
Từ (3),(4),(5) suy ra A,M,D thẳng hàng
Cho \(x=-4\), ta có \(-5f\left(-4\right)=0\) \(\Leftrightarrow f\left(-4\right)=0\)
Cho \(x=1\), ta có \(0=5f\left(-7\right)\) \(\Leftrightarrow f\left(-7\right)=0\)
Do đó \(-4,-7\) là 2 nghiệm của \(f\left(x\right)\). Đặt \(f\left(x\right)=\left(x+4\right)\left(x+7\right)g\left(x\right)\).
Khi đó điều kiện đề bài \(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x+4\right)\left(x+7\right)g\left(x\right)=\left(x+4\right)\left(x-4\right)\left(x-1\right)g\left(x-8\right)\)
Cho \(x=4\) thì ta có \(3.8.11g\left(4\right)=0\) \(\Leftrightarrow g\left(4\right)=0\)
Cho \(x=12\) thì ta có \(11.16.19.g\left(12\right)=16.8.11.g\left(4\right)=0\) (do \(g\left(4\right)=0\)) \(\Leftrightarrow g\left(12\right)=0\)
Vậy \(4,12\) là 2 nghiệm của \(g\left(x\right)\) \(\Rightarrow g\left(x\right)=\left(x-4\right)\left(x-12\right)h\left(x\right)\)
Vậy \(f\left(x\right)=\left(x+4\right)\left(x+7\right)\left(x-4\right)\left(x-12\right)h\left(x\right)\). Do đó 4 nghiệm của \(f\left(x\right)\) là \(-7,-4,4,12\)
a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBHD vuông tại H có
BD chung
\(\widehat{ABD}=\widehat{HBD}\)
Do đó: ΔBAD=ΔBHD
b: ΔBAD=ΔBHD
=>DA=DH
Xét ΔDAK vuông tại A và ΔDHC vuông tại H có
DA=DH
AK=HC
Do đó: ΔDAK=ΔDHC
=>\(\widehat{ADK}=\widehat{HDC}\)
=>\(\widehat{ADK}+\widehat{ADH}=180^0\)
=>K,D,H thẳng hàng
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
AB=AC
\(\widehat{BAD}\) chung
Do đó: ΔADB=ΔAEC
b: Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCDK vuông tại D có
CD chung
DB=DK
Do đó: ΔCDB=ΔCDK
=>CB=CK
=>ΔCBK cân tại C
c:
Ta có: ΔADB=ΔAEC
=>AD=AE
Xét ΔABC có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\)
nên ED//BC
=>\(\widehat{EDB}=\widehat{DBC}\)
=>\(\widehat{EDB}=\widehat{DKC}\)
a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔEBD vuông tại E có
BD chung
\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)
Do đó: ΔABD=ΔEBD
b: Ta có: AH\(\perp\)BC
DE\(\perp\)BC
Do đó: AH//DE
Ta có: \(\widehat{BIH}+\widehat{HBI}=90^0\)(ΔHBI vuông tại H)
\(\widehat{ADI}+\widehat{ABD}=90^0\)(ΔABD vuông tại A)
mà \(\widehat{HBI}=\widehat{ABD}\)
nên \(\widehat{BIH}=\widehat{ADI}\)
=>\(\widehat{ADI}=\widehat{AID}\)
=>ΔAID cân tại A
c: Ta có: \(\widehat{CAE}+\widehat{BAE}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\widehat{HAE}+\widehat{BEA}=90^0\)
mà \(\widehat{BAE}=\widehat{BEA}\)(ΔBAE cân tại B)
nên \(\widehat{CAE}=\widehat{HAE}\)
=>AE là phân giác của góc HAC
\(4x^3-x^2-ax+b⋮x^2+1\)
=>\(4x^3+4x-x^2-1+\left(-a-4\right)x+b+1⋮x^2+1\)
=>-a-4=0 và b+1=0
=>a=-4 và b=-1
a: ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>\(\widehat{ABC}=90^0-30^0=60^0\)
Xét ΔBAD có BA=BD và \(\widehat{ABD}=60^0\)
nên ΔBAD đều
b: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBDE vuông tại D có
BE chung
BA=BD
Do đó: ΔBAE=ΔBDE
=>\(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\)
=>BE là phân giác của góc ABC
c: Ta có: \(\widehat{DAC}+\widehat{DAB}=\widehat{BAC}\)
=>\(\widehat{DAC}+60^0=90^0\)
=>\(\widehat{DAC}=30^0\)
Xét ΔDAC có \(\widehat{DAC}=\widehat{DCA}\left(=30^0\right)\)
nên ΔDAC đều
=>DA=DC
=>DC=DB
=>D là trung điểm của BC
=>\(AD=\dfrac{1}{2}BC\)
d: Xét ΔBMC có
BN,CA là các đường cao
BN cắt CA tại E
Do đó: E là trực tâm của ΔBMC
=>ME\(\perp\)BC
mà ED\(\perp\)BC
nên M,E,D thẳng hàng
=>BA,CN,DE đồng quy
a: Xét ΔABM và ΔACM có
AB=AC
BM=CM
AM chung
Do đó: ΔAMB=ΔAMC
b: ΔAMB=ΔAMC
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MAC}\)
Xét ΔAEM vuông tại E và ΔAFM vuông tại F có
AM chung
\(\widehat{EAM}=\widehat{FAM}\)
Do đó: ΔAEM=ΔAFM
=>AE=AF và ME=MF
ta có: AE=AF
=>A nằm trên đường trung trực của EF(1)
Ta có: ME=MF
=>M nằm trên đường trung trực của EF(2)
Từ (1),(2) suy ra AM là đường trung trực của EF
a: AI là phân giác của góc BAC
=>\(\widehat{BAI}=\widehat{CAI}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=60^0\)
Xét ΔABD có AB=AD và \(\widehat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
=>BD=AB
5x32=45(dm2)