Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 3:
a) \(A=\left(2xy^2\right)\left(x^3-2xy+2y^2\right)\)
\(A=2xy^2\cdot x^3-2xy^2\cdot2xy+2xy^2\cdot2y^2\)
\(A=2x^4y^2-4x^2y^3+4xy^4\)
b) \(B=\left(x^2+y^2-z^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(B=x^2\cdot x^2+x^2\cdot y^2+x^2\cdot z^2+x^2\cdot y^2+y^2\cdot y^2+y^2\cdot z^2-x^2\cdot z^2-y^2\cdot z^2-z^2\cdot z^2\)
\(B=x^4+x^2y^2+x^2z^2+x^2y^2+y^4+y^2z^2-x^2z^2-y^2z^2-z^4\)
\(B=x^4+\left(x^2y^2+x^2y^2\right)+\left(x^2z^2-x^2z^2\right)+y^4+\left(y^2z^2-y^2z^2\right)-z^4\)
\(B=x^4+y^4-z^4+2x^2y^2\)
c) \(C=-\dfrac{1}{4}xy\left(4x^2y^2-x^2y-\dfrac{4}{5}\right)\)
\(C=-\dfrac{1}{4}xy\cdot4x^2y^2+\dfrac{1}{4}xy\cdot x^2y+\dfrac{1}{4}xy\cdot\dfrac{4}{5}\)
\(C=-x^3y^3+\dfrac{1}{4}x^3y^2+\dfrac{1}{5}xy\)
d) \(D=\left(x-y\right)^4\)
\(D=\left[\left(x-y\right)^2\right]^2\)
\(D=\left(x^2-2xy+y^2\right)^2\)
\(D=\left(x^2-2xy+y^2\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)\)
\(D=x^4-2x^3y+x^2y^2-2x^3y+4x^2y^2-2xy^3+x^2y^2-2xy^3+y^4\)
\(D=x^4+6x^2y^2+y^4\)
4/
a/ \(A=\dfrac{7y^5z^2-14y^3z^4+2,1y^4z^3}{-7y^3z^2}=\dfrac{7y^5z^2}{-7y^3z^2}+\dfrac{-14y^3z^4}{-7y^3z^2}+\dfrac{2,1y^4z^3}{-7y^3z^2}=-y^2+2z^2-0,3yz\)
b/ \(A=\dfrac{9x^3y+3xy^3-6x^2y^2}{-3xy}=\dfrac{9x^3y}{-3xy}+\dfrac{3xy^3}{-3xy}+\dfrac{-6x^2y^2}{-3xy}=-3x^2-y^2+2xy\)
a: Xét tứ giác AEMF có
\(\widehat{MEA}=\widehat{MFA}=\widehat{FME}=90^0\)
Do đó: AEMF là hình chữ nhật
a)Tứ giác AEMF có :
\(\widehat{MEA}=\widehat{MFA}=\widehat{FME}=90^0\)
=>AEMF là hình chữ nhật
(3x-4-x-1)(3x-4+x+1)=0
(2x-5)(4x-3)=0
2x-5 = 0 hoặc 4x-3=0
2x=5 hoặc 4x=3
x=5/2 hoặc x=3/4
Bài 2:
Gọi độ dài quãng đường AB là x(km)
(Điều kiện: x>0)
Thời gian đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{25}\left(giờ\right)\)
Thời gian đi từ B về A là \(\dfrac{x}{30}\left(giờ\right)\)
Tổng thời gian cả đi lẫn về là \(3h40p=\dfrac{11}{3}\left(giờ\right)\) nên ta có phương trình:
\(\dfrac{x}{25}+\dfrac{x}{30}=\dfrac{11}{3}\)
=>\(\dfrac{6x+5x}{150}=\dfrac{11}{3}\)
=>\(\dfrac{11x}{150}=\dfrac{11}{3}\)
=>\(x=\dfrac{11}{3}:\dfrac{11}{150}=50\left(nhận\right)\)
Vậy: ĐỘ dài quãng đường AB là 50km
Bài 3:
1:
a: Sửa đề: ΔABC vuông tại A
Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có
\(\widehat{ACB}\) chung
Do đó: ΔCHA~ΔCAB
b: Ta có: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=3^2+4^2=25\)
=>\(BC=\sqrt{25}=5\left(cm\right)\)
Xét ΔCAB có CD là phân giác
nên \(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{DB}{BC}\)
=>\(\dfrac{AD}{4}=\dfrac{DB}{5}\)
mà AD+DB=AB=3cm
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{AD}{4}=\dfrac{DB}{5}=\dfrac{AD+DB}{4+5}=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}\)
=>\(AD=4\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{3}\left(cm\right);DB=5\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{3}\left(cm\right)\)
c: Xét ΔCAH có CI là phân giác
nên \(\dfrac{IH}{AI}=\dfrac{CH}{CA}\left(1\right)\)
Xét ΔCAB có CD là phân giác
nên \(\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AD}{DB}\left(2\right)\)
Ta có: ΔCHA~ΔCAB
=>\(\dfrac{CH}{CA}=\dfrac{CA}{CB}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{IH}{IA}\)
a: Xét tứ giác ABDC có
M là trung điểm của AD
M là trung điểm của BC
Do đó: ABDC là hình bình hành
mà \(\widehat{BAC}=90^0\)
nên ABDC là hình chữ nhật
4: \(D=x^2-2\cdot x\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\)
\(=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\forall x\)
Dấu '=' xảy ra khi \(x=\dfrac{1}{2}\)
\(A=\left(x^2-6x+9\right)-7=\left(x-3\right)^2-7\ge7\\ A_{min}=7\Leftrightarrow x=3\\ B=\left(9x^2+6x+1\right)-4=\left(3x+1\right)^2-4\ge-4\\ B_{min}=-4\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{3}\\ C=\left(x^2-2\cdot\dfrac{5}{2}x+\dfrac{25}{4}\right)-\dfrac{9}{4}=\left(x-\dfrac{5}{2}\right)^2-\dfrac{9}{4}\ge-\dfrac{9}{4}\\ C_{min}=-\dfrac{9}{4}\Leftrightarrow x=\dfrac{5}{2}\\ D=\left(x^2-x+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\\ D_{min}=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\)
\(E=3\left(x^2+2\cdot\dfrac{1}{3}x+\dfrac{1}{9}\right)-\dfrac{4}{3}=3\left(x+\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{4}{3}\ge-\dfrac{4}{3}\\ E_{min}=-\dfrac{4}{3}\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{3}\\ F=x^2-2x+1+x^2-4x+4+2021\\ F=2\left(x^2-3x+\dfrac{9}{4}\right)+\dfrac{4031}{2}=2\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{4031}{2}\ge\dfrac{4031}{2}\\ F_{min}=\dfrac{4031}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{3}{2}\)
b) Bạn đã chứng minh được tứ giác EKFC là hình bình hành ở câu a, mà EF cắt CK tại I \(\Rightarrow\)I là trung điểm EF (tính chất hình bình hành)
\(\Rightarrow AI\)là trung tuyến của \(\Delta AEF\)
Mà \(\Delta AEF\)vuông tại A \(\Rightarrow AI=\frac{1}{2}EF\)(tính chất tam giác vuông)
Lại có \(EI=\frac{1}{2}EF\)do I là trung điểm của đoạn EF \(\Rightarrow AI=EI\left(=\frac{1}{2}EF\right)\)
Mặt khác \(BE\perp AF\), \(MI\perp AF\left(gt\right)\)\(\Rightarrow BE//MI\)(quan hệ từ vuông góc đến song song)
Mà tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow BD//EF\)(tính chất hình bình hành)
\(\Rightarrow BM//EI\)(vì \(M\in BD;I\in EF\))
Xét tứ giác BEIM có \(BE//MI\left(cmt\right);BM//EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\)Tứ giác BEIM là hình bình hành (định nghĩa)
\(\Rightarrow BM=EI\)(tính chất hình bình hành)
Mà \(AI=EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow AI=BM\left(=EI\right)\left(đpcm\right)\)
c) Do tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BE//DF\\BE=DF\end{cases}}\)(tính chất hình bình hành)
Mà \(\hept{\begin{cases}BE\perp CF\\BE=CF\end{cases}}\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}DF\perp CFtạiF\\DF=CF\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)F nằm trên đường trung trực của đoạn CD và \(\Delta CDF\)vuông cân tại F
\(\Rightarrow\widehat{DCF}=45^0\)
\(\Delta ABC\)vuông cân tại A (gt) \(\Rightarrow\widehat{ACB}=45^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=180^0-\widehat{ACB}-\widehat{DCF}=180^0-45^0-45^0=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BCD\)vuông tại C.
Xét hình thang BEFD (BE//DF) ta có I là trung điểm EF (cmt) và IM//BE (cmt) \(\Rightarrow\)M là trung điểm của đoạn BD
\(\Rightarrow\)CM là trung tuyến của \(\Delta BCD\)
Mặt khác \(\Delta BCD\)vuông tại C \(\Rightarrow CM=\frac{1}{2}BD\)(tính chát tam giác vuông)
Mà \(DM=\frac{1}{2}BD\)do M là trung điểm BD \(\Rightarrow DM=CM\left(=\frac{1}{2}BD\right)\)
\(\Rightarrow\)M nằm trên đường trung trực của đoạn CD.
Mà F cũng nằm trên đường trung trực của đoạn CD (cmt)
\(\Rightarrow\)MF là đường trung trực của đoạn CD \(\Rightarrow\)C đối xứng với D qua MF (đpcm)
a. -△IEC có: AF//IC \(\Rightarrow\dfrac{EF}{AE}=\dfrac{EI}{EC}\)
-△IEC có: AM//EI \(\Rightarrow\dfrac{EI}{AC}=\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{EF}{AE}\)
\(\Rightarrow AM.AE=EF.AC\).
b. -△AMC và △EFA có:
\(\widehat{MAC}=\widehat{FEA}\)
\(\widehat{ACM}=\widehat{EAF}\)
\(\Rightarrow\)△AMC∼△EFA (g-g)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AMC}}{S_{EFA}}=\left(\dfrac{AM}{EF}\right)^2=\left(\dfrac{6}{2}\right)^2=9\)
\(\Rightarrow S_{AMC}=9S_{EFA}\)
c. -Qua D kẻ đg song song với BC cắt AM, AC tại H,G.
-△ABM có:DH//BM \(\Rightarrow\dfrac{DH}{BM}=\dfrac{AH}{AM}\)
-△ACM có:GH//CM \(\Rightarrow\dfrac{GH}{CM}=\dfrac{AH}{AM}=\dfrac{DH}{BM}\Rightarrow GH=DH\)
\(\Rightarrow\)H là t/đ DG.
-△EDG có: AH//ED, H t/đ DG \(\Rightarrow\)A t/đ EG.
-△EDG có: AF//DG, A t/đ EG\(\Rightarrow\)F t/đ ED.
\(\Rightarrow EF=FD\)
Mình cảm one bạn nhiều ạ!