Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
BM và BN lần lượt là các tia phân giác của các góc trong và các góc ngoài tại đỉnh B của ΔABC
=>BM và BN là hai tia phân giác của hai góc kề bù
=>\(\widehat{MBN}=90^0\)
=>ΔBMN vuông tại B
Gọi số đó là số có dạng: \(\overline{ab}\left(10a+b\right)\)
ĐK: \(a,b\in N,1\le a\le9;0\le b\le9\)
Tổng chữ số hàng đơn vị và 2 lần hàng chục là 17 nên ta có:
\(2a+b=17\left(1\right)\)
Nếu đổi chỗ 2 chữ số thì được số mới hơn số cũ 45 đơn vị ta có:
\(\overline{ba}-\overline{ab}=45\\ < =>10b+a-10a-b=45\\ < =>9b-9a=45\\ < =>b-a=5\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có hpt: \(\left\{{}\begin{matrix}2a+b=17\\b-a=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=4\\b=9\end{matrix}\right.\)
Số cần tìm là: 49
Gọi số dãy ghế ban đầu là x(dãy)
(Điều kiện: \(x\in Z^+\))
Số ghế trong 1 dãy ban đầu là \(\dfrac{200}{x}\left(ghế\right)\)
Số dãy ghế lúc sau là x+2(dãy)
Số ghế trong 1 dãy lúc sau là \(\dfrac{242}{x+2}\left(ghế\right)\)
Mỗi dãy tăng thêm 1 ghế nên ta có: \(\dfrac{242}{x+2}-\dfrac{200}{x}=1\)
=>\(\dfrac{242x-200\left(x+2\right)}{x\left(x+2\right)}=1\)
=>x(x+2)=42x-400
=>\(x^2-40x+400=0\)
=>\(\left(x-20\right)^2=0\)
=>x-20=0
=>x=20(nhận)
Vậy: Số dãy ghế ban đầu là 20 dãy
Số ghế trong 1 dãy ban đầu là \(\dfrac{200}{20}=10\left(ghế\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}4x+5y=11\\2x-3y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x+5y=11\\4x-6y=0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}11y=11\\2x=3y\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{11}{11}=1\\2x=3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=1\\x=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)
a/
\(\widehat{CBD}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow BD\perp BC\)
\(OA\perp BC\) (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường nối điểm đó với tâm vuông góc với dây cung nối 2 tiếp điểm)
=> BD//OA (Cùng vuông góc với BC)
b/
BD//OA (cmt) => DE//OA (1)
Xét tg vuông ODE và tg vuông COA có
\(\widehat{EDO}=\widehat{AOC}\) (góc đồng vị)
OD=OC (bán kính (O))
=> tg ODE = tg COA (Hai tg vuông có cạnh góc vuông và góc nhọn tương ứng bằng nhau)
=> DE=OA (2)
Từ (1) và (2) => AEDO là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và băng nhau là hbh)
=> AE//CD (cạnh đối hbh) \(\Rightarrow\widehat{AEO}=\widehat{EOD}=90^o\) (góc so le trong)
Ta có E; B; C cùng nhìn OA dưới 3 góc bằng nhau và bằng \(90^o\)
=> E; B; C cùng nằm trên đường tròn đường kính OA => O; C; A; E; B thuộc 1 đường tròn)
c/ AD cắt OE và BK lần lượt tại G và M
\(BK\perp CD\left(gt\right);OE\perp CD\left(gt\right)\) => BK//OE
\(\Rightarrow\dfrac{BM}{EG}=\dfrac{KM}{OG}\)
Mà AEDO là hbh (cmt) => EG=OG (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
=> BM=KM
Lời giải:
Xét hiệu:
$x^4+y^4-xy(x^2+y^2)=(x^4-x^3y)-(xy^3-y^4)=x^3(x-y)-y^3(x-y)$
$=(x-y)(x^3-y^3)=(x-y)(x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)^2(x^2+xy+y^2)$
Ta thấy:
$(x-y)^2\geq 0$ với mọi $x,y$
$x^2+xy+y^2=(x+\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4}\geq 0$ với mọi $x,y$
$\Rightarrow x^4+y^4-xy(x^2+y^2)=(x-y)^2(x^2+xy+y^2)\geq 0$
$\Rightarrow xy(x^2+y^2)\leq x^4+y^4$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$.
ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x>=0\\x\ne\dfrac{1}{9}\end{matrix}\right.\)
\(Q=\left(\dfrac{\sqrt{x}-1}{3\sqrt{x}-1}-\dfrac{1}{3\sqrt{x}+1}+\dfrac{8\sqrt{x}}{9x-1}\right):\left(1-\dfrac{3\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}+1}\right)\)
\(=\left(\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(3\sqrt{x}+1\right)-3\sqrt{x}+1+8\sqrt{x}}{\left(3\sqrt{x}-1\right)\left(3\sqrt{x}+1\right)}\right):\dfrac{3\sqrt{x}+1-3\sqrt{x}+2}{3\sqrt{x}+1}\)
\(=\dfrac{3x-2\sqrt{x}-1+5\sqrt{x}+1}{\left(3\sqrt{x}-1\right)\left(3\sqrt{x}+1\right)}\cdot\dfrac{3\sqrt{x}+1}{3}\)
\(=\dfrac{3x+3\sqrt{x}}{3\left(3\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{x+\sqrt{x}}{3\sqrt{x}-1}\)
Gọi T là giao điểm của EF và BC. M là trung điểm DT.
Ta thấy \(AF=AE;BF=BD;CD=CE\) nên \(\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\)
Theo định lý Menalaus, ta có \(\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\)
\(\Rightarrow\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{TB}{TC}\) (1)
Đặt \(MD=MT=x;MB=b;MC=c\). Khi đó từ (1) có:
\(\dfrac{MD-MB}{MC-MD}=\dfrac{MB+MT}{MC+MT}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x-b}{c-x}=\dfrac{b+x}{c+x}\)
\(\Leftrightarrow xc+x^2-bc-bx=bc-bx+cx-x^2\)
\(\Leftrightarrow x^2=bc\)
\(\Leftrightarrow MT^2=MD^2=MH^2=MB.MC\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{MH}{MC}=\dfrac{MB}{MH}\)
Tam giác MBH và MHC có:
\(\dfrac{MH}{MC}=\dfrac{MB}{MH}\) và \(\widehat{HMB}\) chung
\(\Rightarrow\Delta MBH\sim\Delta MHC\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MHB}=\widehat{MCH}\)
Lại có \(\widehat{MHT}=\widehat{MTH}\)
\(\Rightarrow\widehat{MHB}+\widehat{MHT}=\widehat{MCH}+\widehat{MTH}\)
\(\Rightarrow\widehat{BHT}=\widehat{CHE}\) (vì \(\widehat{CHE}\) là góc ngoài tại H của tam giác CHT)
\(\Rightarrow90^o-\widehat{BHT}=90^o-\widehat{CHE}\)
\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{CHD}\)
\(\Rightarrow\) HD là tia phân giác của \(\widehat{BHC}\) (đpcm)