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
DT
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
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
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
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.
