K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NM
23 tháng 7 2021

Vectro chỉ phương là (2,-1) nhé ( là phần hệ số của tham số t ấy bạn)

15 tháng 9 2021

*Giải thích

 

 

15 tháng 9 2021

Goi AC giao BD tại I => I là trung điểm của AC

Mà G là trọng tâm tam giác ABC => G ∈ BI

Ta có: \(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\) (quy tắc trọng tâm tam giác)

=> \(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}=-\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{BG}\)

=> \(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{BD}\)

=> Chọn đáp án B

8 tháng 7 2021

Để bpt luôn đúng với mọi \(x\in R\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1>0\left(lđ\right)\\\Delta\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow9-4\left(m-2\right)\le0\)\(\Leftrightarrow m\ge\dfrac{17}{4}\)

Vậy...

NV
31 tháng 12 2021

d là khẳng định sai

Hai vecto \(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\) không cùng phương nên không ngược hướng

AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 8 2021

Lời giải:
Theo công thức Herong:

\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\)

Do đó:

\(\frac{1}{4}(a+b-c)(a-b+c)=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\)

\(\Leftrightarrow (a+b-c)^2(a-b+c)^2=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\)

\(\Leftrightarrow (a+b-c)(a-b+c)=(a+b+c)(b+c-a)\)

\(\Leftrightarrow a^2-(b-c)^2=(b+c)^2-a^2\)

\(\Leftrightarrow 2a^2=(b-c)^2+(b+c)^2=2(b^2+c^2)\)

\(\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2\)

Theo định lý Pitago đảo thì $ABC$ là tam giác vuông tại $A$.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 8 2021

Lời giải:

Theo định lý Talet:

\(\frac{AE}{EF}=\frac{AB}{CF}\Rightarrow \frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AB+CF}=\frac{AB}{DC+CF}=\frac{AB}{DF}\)

\(\Rightarrow AE=\frac{AB.AF}{DF}\)

Do đó:

\(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AF^2}=\frac{DF^2}{AB^2AF^2}+\frac{1}{AF^2}=\frac{1}{AF^2}.\frac{DF^2+AB^2}{AB^2}\)

\(=\frac{1}{AF^2}.\frac{DF^2+AD^2}{AB^2}=\frac{1}{AF^2}.\frac{AF^2}{AB^2}=\frac{1}{AB^2}\)

(đpcm)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 8 2021

Hình vẽ:

AH
Akai Haruma
Giáo viên
24 tháng 8 2021

a.

Lấy $x_1\neq x_2$ là $x_1,x_2\in (1;+\infty)$

Xét \(A=\frac{y(x_1)-y(x_2)}{x_1-x_2}\)

\(y(x_1)-y(x_2)=\frac{2x_1^2-x_1-3}{x_1-1}-\frac{2x_2^2-x_2-3}{x_2-1}=2(x_1-x_2)-(\frac{2}{x_1-1}-\frac{2}{x_2-1})\)

\(=2(x_1-x_2)+\frac{2(x_1-x_2)}{(x_1-1)(x_2-1)}=2(x_1-x_2)[1+\frac{1}{(x_1-1)(x_2-1)}]\)

\(\Rightarrow A=2[1+\frac{1}{(x_1-1)(x_2-1)}]>0\) với $x_1,x_2>1$

Vậy hàm số đồng biến trên TXĐ.

c.

Lấy $x_1\neq x_2\in [-3;+\infty)$

Xét $A=\frac{y(x_1)-y(x_2)}{x_1-x_2}$

\(=\frac{(\sqrt{x_1+5}-\sqrt{x_1+3})-(\sqrt{x_2+5}-\sqrt{x_2+3})}{x_1-x_2}\)

\(=\frac{(\sqrt{x_1+5}-\sqrt{x_2+5})-(\sqrt{x_1+3}-\sqrt{x_2+3})}{x_1-x_2}=\frac{1}{\sqrt{x_1+5}+\sqrt{x_2+5}}-\frac{1}{\sqrt{x_1+3}-\sqrt{x_2}+3}< 0\)

Do đó hàm nghịch biến trên TXĐ.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
24 tháng 8 2021

d. Lấy $x_1\neq x_2\in (-\infty; 0)$

Xét \(A=\frac{y(x_1)-y(x_2)}{x_1-x_2}=\frac{\sqrt{x_1^2+1}-\sqrt{x_2^2+1}}{x_1-x_2}=\frac{x_1^2-x_2^2}{(\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1})(x_1-x_2)}\)

\(=\frac{x_1+x_2}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}<0\) với mọi $x_1,x_2< 0$

Do đó hàm số nghịch biến trên $(-\infty; 0)$

e. Đặt $\sqrt{x+2}=t$ thì ta cần cm hàm:

$y=\frac{2t^2-5}{t}$ đồng biến trên $(0; \sqrt{2})$

Lấy $t_1\neq t_2\in (0;\sqrt{2})$

Xét \(A=\frac{y(t_1)-y(t_2)}{t_1-t_2}=\frac{2t_1-\frac{5}{t_1}-(2t_2-\frac{5}{t_2})}{t_1-t_2}=\frac{2(t_1-t_2)+\frac{5(t_1-t_2)}{t_1t_2}}{t_1-t_2}=2+\frac{5}{t_1t_2}>0\) với mọi $t\in (0;\sqrt{2})$

Vậy hàm số đồng biến.