Ta có: DI//AB

=>\(\widehat{DIA}=\widehat{IAB}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{IAB}=\widehat{DAI}\)(AI là phân giác của góc DAB)

nên \(\widehat{DIA}=\widehat{DAI}\)

=>DI=DA

Ta có: DI//AB

=>\(\widehat{EIB}=\widehat{IBA}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{IBA}=\widehat{EBI}\)(BI là phân giác của góc EBA)

nên \(\widehat{EIB}=\widehat{EBI}\)

=>EB=EI

Ta có: DE=DI+IE

mà DI=DA và EB=EI

nên DE=DA+EB

Lời giải:

Áp dụng TCDTSBN:

$\frac{1}{x+y+z}=\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+z+2}{y}=\frac{y+x-3}{z}=\frac{y+z+1+x+z+2+y+x-3}{x+y+z}=\frac{2(x+y+z)}{x+y+z}=2$
$\Rightarrow x+y+z=0,5$

Có:

$\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+z+2}{y}=\frac{y+x-3}{z}=2$

$\Rightarrow \frac{y+z+1}{x}+1=\frac{x+z+2}{y}+1=\frac{y+x-3}{z}+1=3$

$\Rightarrow \frac{x+y+z+1}{x}=\frac{x+y+z+2}{y}=\frac{x+y+z-3}{z}=3$
$\Rightarrow \frac{1,5}{x}=\frac{2,5}{y}=\frac{-2,5}{z}=3$

$\Rightarrow x=0,5; y=\frac{5}{6}; z=\frac{-5}{6}$

\(A=\dfrac{2x^2-4x+9}{2x^2-4x+7}\)

\(=\dfrac{2x^2-4x+7+2}{2x^2-4x+7}\)

\(=1+\dfrac{2}{2x^2-4x+7}\)

\(=1+\dfrac{2}{2x^2-4x+2+5}\)

\(=1+\dfrac{2}{2\left(x-1\right)^2+5}\)

Vì \(2\left(x-1\right)^2+5>=5\forall x\)

nên \(\dfrac{2}{2\left(x-1\right)^2+5}< =\dfrac{2}{5}\forall x\)

=>\(1+\dfrac{2}{2\left(x-1\right)^2+5}< =\dfrac{2}{5}+1=\dfrac{7}{5}\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x=1

giúp mình với

a: Sửa đề: ΔAHD=ΔAED

Xét ΔAHD vuông tại H và ΔAED vuông tại E có

AD chung

AH=AE

Do đó: ΔAHD=ΔAED

=>\(\widehat{HAD}=\widehat{EAD}\)

=>\(\widehat{HAD}=\widehat{CAD}\)

=>AD là phân giác của góc HAC

b: Ta có: ΔAHD=ΔAED

=>DH=DE

Xét ΔDHK vuông tại H và ΔDEC vuông tại E có

DH=DE

\(\widehat{HDK}=\widehat{EDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDHK=ΔDEC
=>DK=DC

=>ΔDKC cân tại D

c: Ta có: ΔDHK=ΔDEC

=>HK=EC

Xét ΔAKC có \(\dfrac{AH}{HK}=\dfrac{AE}{EC}\)

nên HE//KC

d: Ta có: AH+HK=AK

AE+EC=AC

mà AH=AE và HK=EC

nên AK=AC

=>A nằm trên đường trung trực của KC(1)

ta có: DK=DC

=>D nằm trên đường trung trực của KC(2)

Ta có: IK=IC

=>I nằm trên đường trung trực của CK(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,D,I thẳng hàng

Lời giải:
Tỉ số vận tốc xe con so với xe khách: $\frac{3}{2}$

Vận tốc xe con là: $20:(3-2)\times 3=60$ (km/h) 

Vận tốc xe khách là: $20:(3-2)\times 2=40$ (km/h) 

Vận tốc xe tải là: $60\times 2:4=30$ (km/h) 

b.

Quãng đường AB dài: $30\times 4=120$ (km)

 Thay \(x=3\) vào đk đề cho, ta có:

\(4f\left(3\right)=0\Leftrightarrow f\left(3\right)=0\) \(\Rightarrow\) \(x=3\) là một nghiệm của \(f\left(x\right)\)

 Thay \(x=-1\) vào đk đề cho, ta có:

\(-4f\left(-3\right)=0\) \(\Leftrightarrow f\left(-3\right)=0\) \(\Rightarrow x=-3\)  là một nghiệm khác của \(f\left(x\right)\)

 \(\Rightarrow f\left(x\right)\) có ít nhất 2 nghiệm (đpcm)

a: x,y là hai đại lượng tỉ lệ nghịch

=>\(x_1\cdot y_1=x_2\cdot y_2\)

=>\(\dfrac{y_1}{x_2}=\dfrac{y_2}{x_1}\)

=>\(\dfrac{y_1}{2}=\dfrac{y_2}{3}\)

mà \(2y_1+3y_2=-26\)

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{y_1}{2}=\dfrac{y_2}{3}=\dfrac{2y_1+3y_2}{2\cdot2+3\cdot3}=\dfrac{-26}{13}=-2\)

=>\(y_1=-2\cdot2=-4;y_2=-2\cdot3=-6\)

b: \(x_1\cdot y_1=x_2\cdot y_2\)

=>\(-10\cdot x_1=-4\cdot y_2\)

=>\(5x_1=2y_2\)

=>\(\dfrac{x_1}{2}=\dfrac{y_2}{5}\)

mà \(3x_1-2y_2=-32\)

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x_1}{2}=\dfrac{y_2}{5}=\dfrac{3x_1-2y_2}{3\cdot2-2\cdot5}=\dfrac{-32}{6-10}=\dfrac{-32}{-4}=8\)

=>\(x_1=8\cdot2=16;y_2=5\cdot8=40\)

 Biến cố có xác suất cao nhất mình có thể nghĩ ra là biến cố: "Lấy ra được một quả bóng không phải là bóng màu xanh." Xác suất đó lên tới \(\dfrac{4}{5}\).

 Hoặc có thể là "Bóng được chọn không có màu đen." đây là biến cố chắc chắn (xác suất 100%). Bạn cần phải bổ sung thêm cho điều kiện đề bài nhé.