Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2/a) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta=m^2-4\left(m-1\right)>0\Leftrightarrow m^2-4m+4>0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)^2>0\Leftrightarrow m\ne2\)
b) Ta có: \(x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1x_2+x_2^2\right)=\left(x_1+x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]=26\) (1)
Áp dụng hệ thức Viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-m\\x_1x_2=\frac{c}{a}=m-1\end{cases}}\)
Thay vào (1) ta có:\(\left(x_1+x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]=26\)
\(\Leftrightarrow-m\left[m^2-3\left(m-1\right)\right]=26\)
\(\Leftrightarrow-m^3+3m^2-3m=26\)
\(\Leftrightarrow-m^3+3m^2-3m-26=0\)
\(\Leftrightarrow\left(-m^3-2m^2\right)+\left(5m^2+10m\right)-\left(13m+26\right)=0\)
\(\Leftrightarrow-m^2\left(m+2\right)+5m\left(m+2\right)-13\left(m+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m+2\right)\left(-m^2+5m-13\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m+2\right)\left(m^2-5m+13\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=-2\\m^2-5m+13=0\left(1\right)\end{cases}}\)
Ta có: \(m^2-5m+13=\left(m-\frac{5}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\ge\frac{27}{4}>0\forall x\)
Nên (1) vô nghiệm.Do đó m = -2
Đúng không ạ?Em không chắc đâu nha!
Lời giải:
Sử dụng tính chất sau: \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC\sin A\)
Chứng minh:
Kẻ đường cao $BH$ của tam giác $ABC$ ($H\in AC$)
Ta có:\(S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\)
Mà: \(\frac{BH}{AB}=\sin A\Rightarrow BH=\sin A. AB\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{\sin A.AB.AC}{2}\) (đpcm)
Áp dụng tính chất trên vào bài toán:
\(\frac{S_{AML}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}\sin A.AM.AL}{\frac{1}{2}.\sin A.AB.AC}=\frac{AM}{AB}.\frac{AL}{AC}(1)\)
\(\frac{S_{CLK}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.CL.CK.\sin C}{\frac{1}{2}CA.CB\sin C}=\frac{CL}{CA}.\frac{CK}{CB}(2)\)
Vì $KLMB$ là hình bình hành nên \(ML\parallel BK\) hay \(ML\parallel BC\)
Tương tự: \(LK\parallel AB\)
Áp dụng định lý Ta-let:
\(\frac{AM}{AB}=\frac{AL}{AC}=\frac{ML}{BC}(3)\)
\(\frac{CL}{CA}=\frac{CK}{CB}(4)\)
Từ \((1);(2);(3);(4)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{S_{AML}}{S_{ABC}}=(\frac{ML}{BC})^2\\ \frac{S_{CLK}}{S_{ABC}}=(\frac{CK}{CB})^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{AML}+\sqrt{CLK}}{\sqrt{S_{ABC}}}=\frac{ML+CK}{CB}=\frac{BK+CK}{BC}=1\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=(\sqrt{S_{AML}}+\sqrt{S_{CLK}})^2\approx 187,9\) (cm vuông(
Lời giải:
a)
Xét tam giác $MAH$ và $HAB$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{AMH}=\widehat{AHB}=90^0\\ \text{góc A chung}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MAH\sim \triangle HAB(g.g)\)
Do đó: \(\frac{MA}{HA}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow MA.AB=HA^2(1)\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\triangle ANH\sim \triangle AHC\Rightarrow \frac{AN}{AH}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AN.AC=AH^2(2)\)
\(\Rightarrow AN.AC=AM.AB\) (đpcm)
b)
Với tam giác $ABC$ nhọn bất kỳ, ta có công thức sau:
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC\sin A\)
Chứng minh: Kẻ \(BH\perp AC\). Khi đó \(S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\)
Mà: \(\frac{BH}{AB}=\sin A\Rightarrow BH=AB.\sin A\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}=\frac{AB.\sin A.AC}{2}\) (đpcm)
Áp dụng công thức trên vào bài toán:
\(S_{AMN}=\frac{1}{2}.AM.AN\sin A\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC\sin A\)
\(\Rightarrow \frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AM.AN}{AB.AC}=\frac{AM.AB.AN.AC}{AB^2.AC^2}=\frac{AH^2.AH^2}{AB^2.AC^2}\) (theo phần a)
\(=\left(\frac{AH}{AB}\right)^2\left(\frac{AH}{AC}\right)^2=\sin ^2B.\sin ^2C\) (đpcm)
C B A E D
Ta có : CDEB có góc CEB = góc BDC = 900
=> CDEB là tứ giác nội tiếp => góc AED = góc BCA (góc ngoài tứ giác nội tiếp)
Xét tam giác AED và tam giác ACB có góc A chung, góc AED = góc BCA
=> Tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB (g.g)
=> \(\frac{S_{AED}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2A\)
\(\Rightarrow S_{ADE}=cos^2A\times S_{ABC}\)
Lại có : \(S_{BCDE}+S_{ADE}=S_{ABC}\Rightarrow S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ADE}\)
\(=S_{ABC}-cos^2A\times S_{ABC}\)
\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A\right)=sin^2A\times S_{ABC}\)(vì \(sin^2A+cos^2A=1\))
Dễ dàng chứng minh \(\Delta ADE\approx\Delta ABC\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)\(\Rightarrow AD.AE=\frac{AB}{AC}.AE^2\Leftrightarrow\frac{1}{2}.AD.AE.\sin EAD=\frac{1}{2}.AB.AC.\cos^2EAD.\sin EAD\)
\(\Rightarrow S_{AED}=S_{ABC}.\cos EAD\)
\(S_{BDEC}=S_{ABC}-S_{AED}=S_{ABC}-S_{ABC}.\cos^2EAD=S_{ABC}\left(1-\cos^2EAD\right)=S_{ABC}.\sin^2EAD\)
Ta có:
\(\Delta AIK\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AI}{AB}\right)^2=c\text{os}^2A\).
Tương tự: \(\frac{S_{BHK}}{S_{ABC}}=c\text{os}^2B;\frac{S_{CIH}}{S_{ABC}}=c\text{os}^2C\).
Do đó: \(\frac{S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-c\text{os}^2A-c\text{os}^2B-c\text{os}^2C\Rightarrow...\Rightarrow\text{đ}pcm\)