Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1: Cho hàm số Y= f(x)=k.x ( k là hằng số , k khác 0). Chứng minh rằng:
Giải thích các bước:
a)f(10x) = 10f(x)
ta có:
y= f (x) =kx
=>f(10x) = k(10x) =10kx (*)
=>10f(x) = 10kx (**)
Từ (*) và (**)
=> f(10x) =10f(x)
=>đpcm
b)
f(x1 - x2) = k.(x1 - x2) (1)
f(x1) - f(x2) = k.x1 - k.x2 = k.(x1 - x2) (2)
Từ (1) và (2) => đpcm
Giải thích các bước:
a)f(10x) = 10f(x)
ta có:
y= f (x) =kx
=>f(10x) = k(10x) =10kx (*)
=>10f(x) = 10kx (**)
Từ (*) và (**)
=> f(10x) =10f(x)
=>đpcm
b)
f(x1 - x2) = k.(x1 - x2) (1)
f(x1) - f(x2) = k.x1 - k.x2 = k.(x1 - x2) (2)
Từ (1) và (2) => đpcm
Câu 1:
\(C=2r\cdot3.14=r\cdot6.28\)
Vậy: C và r là hai đại lượng tỉ lệ thuận theo hệ số tỉ lệ k=6,28
Câu 2:
Vì x và y là hai đại lượng tỉ lệ thuận
nên \(\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}\)
a: \(\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}\)
nên \(\dfrac{x_1}{-2}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)
hay \(x_1=\dfrac{-4}{3}\)
b: \(\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x_1}{-3}=\dfrac{y_1}{4}\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{x_1}{-3}=\dfrac{y_1}{4}=\dfrac{y_1-x_1}{4-\left(-3\right)}=\dfrac{-2}{7}\)
Do đó: \(x_1=\dfrac{6}{7};y_1=-\dfrac{8}{7}\)
Câu 1:
Vì điểm $M$ thuộc đths $y=ax$ nên \(y_M=ax_M\)
\(\Leftrightarrow -1=a(-2)\Rightarrow a=\frac{1}{2}\)
Đáp án D.
Câu 2:
Vì $x,y$ là hai đại lượng tỉ lệ thuận nên: \(\frac{x_1}{y_1}=\frac{x_2}{y_2}\)
\(\Rightarrow \frac{-6}{2}=\frac{x_2}{\frac{1}{3}}\) \(\Rightarrow x_2=-1\)
Đáp án C
Câu 5:
Vì tổng 3 góc trong 1 tam giác bằng $180^0$ nên:
\(\widehat{A}=180^0-\widehat{B}-\widehat{C}\)
Mà theo giả thiết thì \(\widehat{A}=180^0-4\widehat{B}\)
\(\Rightarrow 180^0-\widehat{B}-\widehat{C}=180^0-4\widehat{B}\)
\(\Rightarrow \widehat{B}+\widehat{C}=4\widehat{B}\Rightarrow \widehat{C}=3\widehat{B}\). Đáp án C
Câu 6:
Ta có: \(\left\{\begin{matrix} \widehat{xOt}=4\widehat{xOz}\\ \widehat{xOt}+\widehat{xOz}=\widehat{zOt}=180^0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow 4\widehat{xOz}+\widehat{xOz}=180^0\)
\(\Rightarrow 5\widehat{xOz}=180^0\Rightarrow \widehat{xOz}=36^0\)
\(\Rightarrow \widehat{yOt}=\widehat{xOz}=36^0\) (hai góc đối đỉnh)
Đáp án A
A B C M N Q P O R S T A B C H M D I A B C D K G M K E P F (Hình a) (Hình b) (Hình c) Q I
Bài toán 1: (Hình a)
Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.
Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR
Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS
Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)
\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)
Dễ thấy NS là đường trung bình của \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)
Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)
Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ
=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).
Bài toán 2: (Hình b)
Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)
=> MC2 = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 900 , trung tuyến HM => HM = MC
Do đó MH2 = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI
=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).
Bài toán 3: (Hình c)
a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.
Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC
Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD
Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)
=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=450) => B,A,F thẳng hàng
=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM
Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E
=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)
=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).
b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE
Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).