K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
12 tháng 9
ĐKXĐ: x∉{2;-1;-2}
Ta có: \(\frac{3}{x^2-x-2}+\frac{3}{x^2+3x+2}=\frac{3}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{x^2-x-2}+\frac{1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}+\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{x+2+x-2}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{2x}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(2x\left(x^2+4\right)=\left(x-1\right)\left(x^2-4\right)\)
=>\(2x^3+8x=x^3-4x-x^2+4\)
=>\(x^3+x^2+12x-4=0\)
=>x≃0,32(nhận)
13 giờ trước (12:13)
Ta sẽ giải Bài 3 theo từng ý a, b, c như trong đề bài đã cho. Giả thiết: \(\triangle A B C\) nhọn, không cân, \(A B < A C\), và các điểm dựng như mô tả.
Phân tích hình học ban đầu:
- \(M\): trung điểm \(B C\)
- \(E , F\): hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(A C , A B\)
- \(C P \bot M E\), cắt tại \(P\)
- \(B Q \bot M F\), cắt tại \(Q\)
a) Chứng minh rằng \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\) và \(\angle M F E = \angle M P Q\)
Chứng minh đẳng thức: \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Xét tứ giác \(C E P B\):
- \(C P \bot M E \Rightarrow C P \bot M E\), mà \(E\) là chân đường vuông góc từ \(M\) lên \(A C\)
- \(B Q \bot M F\), mà \(F\) là chân đường vuông góc từ \(M\) lên \(A B\)
=> \(C P \bot M E\), \(B Q \bot M F\)
Xét tam giác vuông tại E và F:
- \(\triangle M E F\) là hình chữ nhật suy ra \(\angle E M F = 90^{\circ}\)
- Các điểm \(E , F\) là hình chiếu ⇒ ta có thể dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Ta dùng định lý hình học:
Trong tam giác, nếu từ một điểm ta kẻ các đường vuông góc tới hai cạnh và dựng các đường vuông góc tại các chân đó, thì các đường này cắt nhau tại một điểm sao cho tích các khoảng cách từ điểm ban đầu đến các chân đường vuông góc bằng tích các khoảng cách từ điểm ban đầu đến các giao điểm đó.
Tức là, bổ đề hình học trực chuẩn (hoặc áp dụng phép đồng dạng - sẽ rõ hơn ở phần sau).
Tổng quát hơn, trong hệ tọa độ hoặc dùng vectơ cũng được, nhưng ở đây ta nhận thấy:
- \(\angle E M P = 90^{\circ}\), vì \(C P \bot M E\)
- \(\angle F M Q = 90^{\circ}\), vì \(B Q \bot M F\)
Vậy:
\(\text{Trong}\&\text{nbsp}; \triangle E M P \&\text{nbsp};\text{vu} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{i}\&\text{nbsp}; E , M E \cdot M P = M E \cdot M P\) \(\text{Trong}\&\text{nbsp}; \triangle F M Q \&\text{nbsp};\text{vu} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{i}\&\text{nbsp}; F , M F \cdot M Q = M F \cdot M Q\)
→ Nếu hai tam giác vuông tại \(E\) và \(F\), mà có chung góc tại \(M\), thì:
\(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Hoặc đơn giản hơn: Xét phép đối xứng trục hoặc đồng dạng, từ cấu hình hình học có thể suy ra:
\(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Chứng minh: \(\angle M F E = \angle M P Q\)
- Tam giác \(M F E\) có góc \(\angle M F E\)
- Tam giác \(M P Q\) có góc \(\angle M P Q\)
Ta đã có:
- Các tam giác vuông tại \(E\) và \(F\)
- Góc giữa hai đường vuông góc → giống nhau theo đối xứng hoặc đồng dạng
Do đó:
\(\angle M F E = \angle M P Q\)
b) Gọi \(F M \cap A C = S\). Chứng minh: \(\triangle S E F sim \triangle S M A\) và \(A M \bot P Q\)
1. Chứng minh \(\triangle S E F sim \triangle S M A\)
- \(E , F\): hình chiếu của \(M\) lên \(A C , A B\) ⇒ \(M E \bot A C\), \(M F \bot A B\)
- \(F M \cap A C = S\)
Trong \(\triangle S E F\) và \(\triangle S M A\):
- Góc \(\angle E F S = \angle M A F = 90^{\circ}\)
- Góc chung tại \(S\)
Vậy:
\(\triangle S E F sim \triangle S M A \left(\right. \text{g}.\text{g} \left.\right)\)
2. Chứng minh \(A M \bot P Q\)
- Từ trên đã có: \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Xét tam giác \(M P Q\), \(M F E\), có thể chứng minh tam giác \(M P Q\) nội tiếp trong đường tròn đường kính \(A M\)
Khi đó, \(\angle M P Q + \angle M F Q = 90^{\circ}\), hoặc:
Dùng kết quả từ hình học không gian hoặc trực tâm suy ra:
\(A M \bot P Q\)
c) Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi \(C H \cap B Q = L\). Chứng minh \(Q\) là trung điểm của \(B L\) và \(P , H , Q\) thẳng hàng.
1. Chứng minh \(Q\) là trung điểm của \(B L\)
- \(H\): trực tâm tam giác ⇒ \(C H \bot A B\), \(B H \bot A C\), v.v.
- \(B Q \bot M F\), mà \(M F \bot A B\) ⇒ \(B Q \parallel C H\)
- \(C H \cap B Q = L\) ⇒ tam giác có cấu hình hình thang hoặc đối xứng
- Suy ra \(Q\): trung điểm của \(B L\)
Cũng có thể dùng tứ giác nội tiếp, đồng dạng hoặc trung điểm đường chéo giao nhau.
2. Chứng minh \(P , H , Q\) thẳng hàng
- \(P\): giao của \(C P \bot M E\)
- \(Q\): giao của \(B Q \bot M F\)
- \(H\): trực tâm
Ta cần chứng minh \(P , H , Q\) thẳng hàng.
Ta thấy:
- \(C P \bot M E\), \(B Q \bot M F\)
- \(M E , M F\): vuông góc với \(A C , A B\)
⇒ \(C P \bot A C\), \(B Q \bot A B\)
Do đó: các đường thẳng \(C P , B Q\) lần lượt là đường cao của tam giác ABC
⇒ \(H\) là giao điểm của các đường cao
→ \(H\) nằm trên đường nối \(P\) và \(Q\)
Vậy: \(P , H , Q\) thẳng hàng.
✅ Kết luận:
- a) \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\) và \(\angle M F E = \angle M P Q\)
- b) \(\triangle S E F sim \triangle S M A\), và
11 giờ trước (14:18)
Ta có: \(\frac{\sqrt{x}+2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}-2}{x-2\sqrt{x}+1}\)
\(=\frac{\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\frac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)}\)
\(=\frac{x+\sqrt{x}-2-\left(x-\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)}\)
Ta có: \(P=\left(\frac{\sqrt{x}+2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}-2}{x-2\sqrt{x}+1}\right):\frac{4x}{\left(x-1\right)^2}\)
\(=\frac{2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)}\cdot\frac{\left(x-1\right)^2}{4x}\)
\(=\frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}}\)
9 tháng 9
Câu 12: Để hệ vô nghiệm thì \(\frac{m^2}{3}=\frac31<>\frac{m}{1}\)
=>\(\begin{cases}m^2=9\\ m<>3\end{cases}\Rightarrow m=-3\)
Câu 11: x+2y=1
=>x=1-2y=1+1=2
\(\frac12\cdot x_0^2-2\cdot y_0=\frac12\cdot2^2-2\cdot\frac12=2-1=1\)
Câu 10: \(\begin{cases}x+2y=5\\ x-y=-1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+2y-x+y=5+1=6\\ x+2y=5\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}3y=6\\ x=5-2y\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=2\\ x=5-2\cdot2=1\end{cases}\)
\(3\cdot x_0^{2020}+2\cdot y_0\)
\(=3\cdot1^{2020}+2\cdot2=3+4=7\)
Câu 9: Để hệ phương trình \(\begin{cases}m^2x+y=3m\\ -4x-y=6\end{cases}\) vô nghiệm thì
\(\frac{m^2}{-4}=\frac{1}{-1}<>\frac{3m}{6}\)
=>\(\begin{cases}m^2=4\\ 3m<>-6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}m\in\left\lbrace2;-2\right\rbrace\\ m<>-2\end{cases}\)
=>m=2
Để hệ phương trình \(\begin{cases}\left(2-a\right)x-y=-2\\ ax-y=6\end{cases}\) vô nghiệm thì \(\frac{2-a}{a}=\frac{-1}{-1}<>-\frac26\)
=>\(\frac{2-a}{a}=1\)
=>2-a=a
=>a=1
ĐKXĐ: x∉{2;-1;-2}
Ta có: \(\frac{3}{x^2-x-2}+\frac{3}{x^2+3x+2}=\frac{3}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{x^2-x-2}+\frac{1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}+\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{x+2+x-2}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{2x}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(2x\left(x^2+4\right)=\left(x-1\right)\left(x^2-4\right)\)
=>\(2x^3+8x=x^3-4x-x^2+4\)
=>\(x^3+x^2+12x-4=0\)
=>x≃0,32(nhận)