Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1
a) xy(x+y)-yz(y+z)+zx[(x+y)-(y+z)]=xy(x+y)+zx(x+y)-yz(y+z)-zx(y+z)=x(x+y)(y+z)-z(y+z)(y+x)=(x+y)(y+z)(x-z)
b) \(\frac{x-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{x-z+z-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z+x-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-y+y-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{-1}{z-y}+\frac{-1}{z-x}+\frac{-1}{x-z}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{y-z}+\frac{1}{y-z}=2022\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}\right)=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}=1011\)
Câu 8: bạn sửa lại đề: AB<AC
a) Xét tam giác AHB và tam giác AEP có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{AEP}=90^0\)
AH=KE (Tứ giác AHKE là hình vuông)
\(\widehat{HAB}=\widehat{AEP}\)(cùng phụ với \(\widehat{HAC}\))
\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AEP\)(g-c-g)
=> AB=AP (2 cạnh tương ứng) => \(\Delta\)BAP cân tại A
b) Tứ giác ABQP là hình vuông nên IA=IB=IQ=IP (1)
Tam giác BKP vuông tại K nên KP=KB=KI (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AI=KI nên I là đường trung trực của AK (3)
Vì AHKE là hình vuông nên HE là trung trực của AK (4)
Từ (3) và (4) suy ra: H;I:E cùng thuộc đường trung trực của AK hay H;I:E thằng hàng (đpcm)
Câu 9: Có \(\widehat{CEA}=\widehat{B}+\widehat{BAE}=\widehat{HAC}+\widehat{EAH}=\widehat{CAE}\)
\(\Rightarrow\Delta CAE\)cân tại C => CA=CE (1)
Qua H kẻ đường thằng song song với AB cắt MF ở K. Ta có \(\frac{BE}{EH}=\frac{MB}{KH}=\frac{MA}{KH}=\frac{FA}{FH}\left(2\right)\)
AE là phân giác của tam giác ABH nên \(\frac{BE}{EH}=\frac{AB}{AH}\left(3\right)\)
\(\Delta CAH\)và \(\Delta CBA\)đồng dạng \(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{CA}{CH}=\frac{CE}{CH}\)(theo (1)) (4)
Từ (2);(3) và (4) => \(\frac{FA}{FH}=\frac{CE}{CH}\)hay \(\frac{AE}{FH}=\frac{CE}{CH}\)=> CF//AE (đpcm)
Câu 10:
Chia các đỉnh của tam giác thành 3 nhóm \(\left\{A_1;A_4;A_7;A_{10}\right\};\left\{A_2;A_5;A_8;A_{11}\right\};\left\{A_3;A_6;A_9;A_{12}\right\}\)
Chọn 3 đỉnh liên tiếp thì mỗi đỉnh vào 1 nhóm
Do vậy số dấu "-" trong mỗi nhóm là +1 hoặc -1
Mà nhóm II và nhóm III cùng tính chẵn lẻ về số dấu "-"
Khi bắt đầu nhóm II, nhóm III số dấu "-" bằng 0. Nếu đỉnh A2 mang dấu "-" các đỉnh còn lại mang dấu "+" thì nhóm II, nhóm III khác đỉnh chẵn lẻ về số dấu "=". Mâu thuẫn!
P.s bài trình bày khó hiểu, bạn thông cảm! :)
A B C 6 8 H D I
a, Xét tam giác ABC vuông tại A, có AH là đường cao
Áp dụng định lí Py ta go ta có :
\(BC^2=AB^2+AC^2=36+64\)
\(\Rightarrow BC^2=100\Rightarrow BC=10\)cm
Vì BD là phân giác ^ABC nên
\(\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}\)(1) mà \(AD=AC-DC=8-DC\)
hay \(\frac{6}{10}=\frac{8-DC}{DC}\Rightarrow6DC=80-10DC\)
\(\Leftrightarrow16DC=80\Leftrightarrow DC=5\)cm
\(\Rightarrow AD=AC-DC=8-5=3\)cm
b, Xét tam giác BHA và tam giác BAC ta có
^BHA = ^A = 900
^B _ chung
Vậy tam giác BHA ~ tam giác BAC ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{BH}{BA}=\frac{AB}{BC}\) ( tỉ số đồng dạng ) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{BH}{BA}=\frac{AD}{DC}\)(3)
xem lại đề đi nếu như thành \(\frac{IH}{AD}=\frac{IA}{DC}\)
sao lại có tam giác IHA được ? hay còn cách nào khác ko ?
Câu 1: (3,0 điểm). Giải các phương trình:
a) \(3x+5=2x+2\).
\(\Leftrightarrow3x-2x=2-5\).
\(\Leftrightarrow x=-3\).
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S=\left\{-3\right\}\).
b) \(\frac{x-5}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}=\frac{4}{x+1}+\frac{3}{x-2}\left(ĐKXĐ:x\ne-1;x\ne2\right)\).
\(\Leftrightarrow\frac{x-5}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}=\frac{4\left(x-2\right)}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}+\frac{3\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}\).
\(\Rightarrow x-5=4x-8+3x+3\).
\(\Leftrightarrow x-4x-3x=-8+3+5\).
\(\Leftrightarrow-6x=0\).
\(\Leftrightarrow x=0\)(thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S=\left\{0\right\}\).
c) \(\left|x-3\right|+1=2x-7\)
- Xét \(x-3\ge0\Leftrightarrow x\ge3\). Do đó \(\left|x-3\right|=x-3\). Phương trình trở thành:
\(x-3+1=2x-7\).
\(\Leftrightarrow x-2=2x-7\).
\(\Leftrightarrow x-2x=-7+2\).
\(\Leftrightarrow-x=-5\).
\(\Leftrightarrow x=5\)(thỏa mãn).
- Xét \(x-3< 0\Leftrightarrow x< 3\)Do đó \(\left|x-3\right|=3-x\). Phương trình trở thành:
\(3-x+1=2x-7\).
\(\Leftrightarrow4-x=2x-7\).
\(-x-2x=-7-4\).
\(\Leftrightarrow-3x=-11\).
\(\Leftrightarrow x=\frac{-11}{-3}=\frac{11}{3}\)(loại).
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S=\left\{5\right\}\).
Câu 2: (2,0 điểm).
a) \(5x-5>x+15\).
\(\Leftrightarrow5x-x>15+5\).
\(\Leftrightarrow4x>20\).
\(\Leftrightarrow x>5\).
Vậy bất phương trình có tập nghiệm: \(\left\{x|x>5\right\}\).
b) \(\frac{8-4x}{3}>\frac{12-x}{5}\).
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(8-4x\right)}{15}>\frac{3\left(12-x\right)}{15}\).
\(\Leftrightarrow40-20x>36-3x\).
\(\Leftrightarrow-20x+3x>36-40\).
\(\Leftrightarrow-17x>-4\).
\(\Leftrightarrow x< \frac{4}{17}\)\(\Leftrightarrow x< 0\frac{4}{17}\).
\(\Rightarrow\)Số nguyên x lớn nhất thỏa mãn bất phương trình trên là: \(x=0\).
Vậy \(x=0\).
a) ta có: \(|4x^2-1|\ge0\forall x\)
\(|2x-1|\ge0\forall x\Leftrightarrow3x|2x-1|\ge0\forall x\)
Mà \(|4x^2-1|+3x|2x-1|=0\)
=> I4x^2-1I và 3xI2x-1I=0
=> 4x^2-1=0 và 3x=0 hoặc 2x-1=0
=> 4x^2=1 và x=0 hoặc 2x=1
=> x^2=1/4 và x=0 hoặc x=1/2
=> x=\(\pm\frac{1}{2}\)và x=0 hoặc x=1/2
Vậy x=\(\pm\frac{1}{2}\); x=0
1.
Số sách tham khảo về KHTN: \(120.45\%=54\) cuốn
Số sách tham khảo về HKXH: \(120-54=66\) cuốn
Gọi số sách về KHXH cần bổ sung thêm là x>0
\(\Rightarrow\dfrac{54}{120+x}=\dfrac{40}{100}=\dfrac{2}{5}\)
\(\Leftrightarrow270=2\left(120+x\right)\Rightarrow x=15\) (cuốn)
2. \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DC}{BC}\\AD+DC=AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{AD}{6}=\dfrac{8-AD}{10}\Rightarrow AD=3\Rightarrow DC=5\)
Trong tam giác ABH, I là chân đường phân giác góc B nên theo định lý phân giác: \(\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{BH}{BA}\) (1)
Lại có: \(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{AB}{BC}\) (2) theo định lý phân giác
Đồng thời 2 tam giác vuông ABH và CBA đồng dạng (chung góc B)
\(\Rightarrow\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{AB}{BC}\) (3)
(1); (2); (3) \(\Rightarrow\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{AD}{DC}\)
Do BD là phân giác \(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{IBH}\) (4)
\(\Rightarrow\) Hai tam giác vuông BAD và BHI đồng dạng
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BH}=\dfrac{BD}{BI}\Rightarrow AB.BI=BH.BD\)
Ta có: \(\widehat{ADB}+\widehat{ABD}=90^0\) (tam giác ABD vuông tại A) (5)
Tương tự: \(\widehat{BIH}+\widehat{IBH}=90^0\)
Mà \(\widehat{BIH}=\widehat{AID}\) (đối đỉnh) \(\Rightarrow\widehat{AID}+\widehat{IBH}=90^0\) (6)
(4); (5); (6) \(\Rightarrow\widehat{AID}=\widehat{ADB}\Rightarrow\Delta AID\) cân tại A
3.
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+5\right)\left(x-3\right)\left(x+7\right)=297\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+4x-5\right)\left(x^2+4x-21\right)=297\)
Đặt \(x^2+4x-5=t\)
\(\Rightarrow t\left(t-16\right)=297\)
\(\Leftrightarrow t^2-16t-297=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=27\\t=-11\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+4x-5=27\\x^2+4x-5=-11\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+4x-32=0\\x^2+4x+6=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x+8\right)\left(x-4\right)=0\\\left(x+2\right)^2+2=0\left(vô-nghiệm\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=-8\end{matrix}\right.\)