Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Với điều kiện x + y + z = 0, ta có thể giả sử x = a, y = -a và z = 0, với -1 ≤ a ≤ 1.
Thay các giá trị vào đa thức, ta có:
x^2 + y^4 + z^4 = a^2 + (-a)^4 + 0^4 = a^2 + a^4.
Để tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức này, ta xét đạo hàm của nó theo a:
f'(a) = 2a + 4a^3
Để tìm điểm cực tiểu, ta giải phương trình f'(a) = 0:
2a + 4a^3 = 0 a(1 + 2a^2) = 0
Vì -1 ≤ a ≤ 1, nên ta có hai giá trị a = 0 và a = ±1/√2.
Ta tính giá trị của đa thức tại các điểm cực tiểu:
f(0) = 0^2 + 0^4 = 0
f(1/√2) = (1/√2)^2 + (1/√2)^4 ≈ 0.8536
f(-1/√2) = (-1/√2)^2 + (-1/√2)^4 ≈ 0.8536
Như vậy, giá trị nhỏ nhất của đa thức là khoảng 0.8536, lớn hơn 2. Do đó, ta có thể kết luận rằng đa thức x^2 + y^4 + z^4 có giá trị k lớn hơn 2.
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}=\dfrac{2b-3}{4}\Rightarrow a=\dfrac{4}{2b-3}\left(b\ne\dfrac{3}{2}\right)\) (1)
\(a\in Z\Rightarrow\left(2b-3\right)=\left\{-4;-2;-1;1;2;4\right\}\)
\(\Rightarrow b=\left\{-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};1;2;\dfrac{5}{2};\dfrac{7}{2}\right\}\) Do \(b\in Z\Rightarrow b=\left\{1;2\right\}\)
Thay vào (1) \(\Rightarrow a=\left\{-4;4\right\}\)
Bài 6
Gọi x (phần) là số phần thưởng nhiều nhất cô giáo có thể chia (x ∈ ℕ*)
⇒ x = ƯCLN(128; 48; 142)
Ta có:
128 = 2⁷
48 = 2⁴.3
142 = 2.71
⇒ x = ƯCLN(128; 48; 142) = 2
Mỗi phần thưởng có:
128 : 2 = 64 (quyển vở)
48 : 2 = 24 (bút chì)
142 : 2 = 71 (tập giấy)
a/
Ta có
EF//AC (gt); GH//AC (gt) => EF//GH (1)
Xét tg ABC có
AE=BE (gt)
EF//AC (gt)
=> BF=CF (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh ; // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)
=> EF là đường trung bình của tg ABC \(\Rightarrow EF=\dfrac{AC}{2}\) (2)
Xét tg BCD chứng minh tương tự => CG=DG
Xét tg ACD chứng minh tương tự => AH=DH
=> GH là đường trung bình của tg ACD \(\Rightarrow GH=\dfrac{AC}{2}\) (3)
Từ (2) và (3) => EF=GH (4)
Từ (1) và (4) => EFGH là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh)
b/
EFGH là hình chữ nhật \(\Rightarrow\widehat{EFG}=90^o\Rightarrow EF\perp FG\)
Mà FG//BD (gt)
\(\Rightarrow EF\perp BD\) mà EF//AC (gt) \(\Rightarrow AC\perp BD\)
a) \(\Delta ABC\) có:
E là trung điểm của AB (gt)
EF // AC (gt)
\(\Rightarrow\) F là trung điểm của BC
\(\Rightarrow\) EF là đường trung bình của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow EF=\dfrac{AC}{2}\) (1)
\(\Delta BCD\) có:
F là trung điểm của BC (cmt)
FG // BD (gt)
\(\Rightarrow\) G là trung điểm của CD
\(\Delta ACD\) có:
G là trung điểm của CD (cmt)
GH // AC (gt)
\(\Rightarrow\) H là trung điểm của AD
\(\Rightarrow\) GH là đường trung bình của \(\Delta ACD\)
\(\Rightarrow\) \(GH=\dfrac{AC}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow EF=GH\)
Do EF // AC (gt)
GH // AC (gt)
\(\Rightarrow\) EF // GH
Tứ giác EFGH có:
EF // GH (cmt)
EF = GH (cmt)
\(\Rightarrow EFGH\) là hình bình hành
b) Để EFGH là hình chữ nhật thì \(EF\perp FG\)
Lại có:
EF // AC (gt)
FG // BD (gt)
\(\Rightarrow AC\perp BD\)
Vậy \(AC\perp BD\) thì EFGH là hình chữ nhật
a/
Xét tứ giác BMCD có
NB=NC (gt)
ND=NM (gt)
=> BMCD là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)
b/
Để BMCD là hình thoi \(\Rightarrow MD\perp BC\) (Hình thoi có 2 đường chéo vuông góc) (1)
Ta có
MA=MC (gt)
NB=NC (gt)
=> MN là đường trung bình của tg ABC => MN//AB => MD//AB (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AB\perp BC\)
Để BMCD là hình thoi => tg ABC là tg vuông tại B
a) Tứ giác BMCD có:
N là trung điểm của BC (gt)
N là trung điểm của DM (gt)
\(\Rightarrow\) BMCD là hình bình hành
b) Để BMCD là hình thoi thì \(BC\perp DM\)
Ta có:
M là trung điểm của AC (gt)
N là trung điểm của BC (gt)
\(\Rightarrow MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow MN\) // \(AB\)
\(\Rightarrow DM\) // \(AB\)
Mà \(DM\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp AB\)
Vậy để BMCD là hình thoi thì \(\Delta ABC\) vuông tại B
MN//PQ (cạnh đối hbh) => MI//KQ
Ta có
\(MI=\dfrac{MN}{2};KQ=\dfrac{PQ}{2}\) Mà MN=PQ (cạnh đối hbh) => MI=KQ
=> MIKQ là hbh (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh)
b/
Ta có
MA=MQ (gt) (1)
\(MN=2MQ\left(gt\right)\Rightarrow MQ=\dfrac{MN}{2}\) (2)
Ta có
\(MI=\dfrac{MN}{2}\) (3)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow MA=MI=\dfrac{MN}{2}\) => tg AMI cân tại M
Ta có
\(\widehat{AMI}=\widehat{AMP}-\widehat{M}=180^o-120^o=60^o\)
Xét tg AMI có
\(\widehat{MAI}+\widehat{MIA}+\widehat{AMI}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{MAI}+\widehat{MIA}=180^o-\widehat{AMI}=180^o-60^o=120^o\)
Mà \(\widehat{MAI}=\widehat{MIA}\) (góc ở đáy tg cân)
\(\Rightarrow\widehat{MAI}=\widehat{MIA}=\dfrac{120^o}{2}=60^o\)
\(\Rightarrow\widehat{MAI}=\widehat{MIA}=\widehat{AMI}=60^o\Rightarrow\Delta AMI\) là tg đều
c/
Xét hbh MNPQ có
MQ//NP => MA//NP
MA=MQ (gt); MQ=NP (cạnh đối hbh)
=> MA=NP
=> APMN là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh)
Ta có
\(MI=AI=\dfrac{MN}{2}\) (cạnh tg đều)
\(NI=\dfrac{MN}{2}\)
\(\Rightarrow AI=NI=\dfrac{MN}{2}\) => tg AIN cân tại I
Ta có \(\widehat{AIN}=\widehat{MIN}-\widehat{AIM}=180^o-60^o=120^o\)
Xét tg cân AIN có
\(\widehat{AIN}+\widehat{IAN}+\widehat{INA}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{IAN}+\widehat{INA}=180^o-\widehat{AIN}=180^o-120^o=60^o\)
Mà \(\widehat{IAN}=\widehat{INA}\) (góc ở đáy tg cân)
\(\Rightarrow\widehat{IAN}=\widehat{INA}=\dfrac{60^o}{2}=30^o\)
Xét tg AMN có
\(\widehat{MAN}+\widehat{AMI}+\widehat{INA}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{MAN}=180^o-\widehat{AMI}-\widehat{INA}=180^o-60^o-30^o=90^o\)
=> APMN là hình chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông là HCN
a) Do ABCD là hình vuông (gt)
\(\Rightarrow AB=AD\)
\(\widehat{ABM}=\widehat{ADN}=90^0\)
Xét hai tam giác vuông: \(\Delta ABM\) và \(\Delta ADN\) có:
\(AB=AD\left(cmt\right)\)
\(BM=DN\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ABM=\Delta ADN\) (hai cạnh góc vuông)
\(\Rightarrow AM=AN\) (hai cạnh tương ứng)
\(\widehat{BAM}=\widehat{DAN}\) (hai góc tương ứng)
Ta có:
\(\widehat{BAM}+\widehat{DAM}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{DAN}+\widehat{DAM}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{MAN}=90^0\)
\(\Delta AMN\) có:
\(AM=AN\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta AMN\) cân tại A
Mà \(\widehat{MAN}=90^0\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta AMN\) vuông cân tại A
b) Do \(\Delta AMN\) cân tại A
E là trung điểm của MN
\(\Rightarrow AE\) là đường trung tuyến, cũng là đường cao của \(\Delta AMN\)
\(\Rightarrow AE\perp MN\)
\(\Rightarrow EF\perp MN\)
Xét hai tam giác vuông: \(\Delta FEM\) và \(\Delta FEN\) có:
\(EM=EN\left(gt\right)\)
\(EF\) là cạnh chung
\(\Rightarrow\Delta FEM=\Delta FEN\) (hai cạnh góc vuông)
\(\Rightarrow FM=FN\) (hai cạnh tương ứng)
Xét \(\Delta FAN\) và \(\Delta FAM\) có:
\(FA\) là cạnh chung
\(FN=FM\left(cmt\right)\)
\(AN=AM\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta FAN=\Delta FAM\left(c-c-c\right)\)
17 chia hết cho x ⇒ x ∈ Ư(17)
21 chia hết cho x ⇒ x ∈ Ư(21)
51 cũng chia hết cho x ⇒ x ∈ Ư(51)
Mà x là số lớn nhất nên:
x ∈ ƯCLN(17, 21, 51)
Ta có:
\(17=17\)
\(21=3\cdot7\)
\(51=17\cdot3\)
\(\RightarrowƯCLN\left(17,21,51\right)=1\)
Vậy x = 1
a) 475 cm
b) 47,5 dm
c) 4,75 m
SOS