Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1: Sửa đề: Chứng minh ΔABM=ΔACM
Xét ΔABM và ΔACM có
AB=AC
BM=CM
AM chung
Do đó: ΔABM=ΔACM
Bài 2:
a: Xét ΔAMC và ΔDMB có
MA=MD
\(\widehat{AMC}=\widehat{DMB}\)(hai góc đối đỉnh)
MC=MB
Do đó: ΔAMC=ΔDMB
b: Xét ΔBAE có
BH là đường cao
BH là đường trung tuyến
Do đó: ΔBAE cân tại B
=>BA=BE
Mình gửi trả lời rồi đó mà nó chưa duyệt lên. Bạn vào trang cá nhân của mình xem nhé.
a) Kẻ tiếp tuyến Mx của (O). Khi đó \(Mx\perp MO\).
Ta thấy \(\widehat{xMA}=\widehat{MBA}=\widehat{MFE}\) nên Mx // EF. Do đó \(EF\perp MO\)
Mặt khác, tam giác HAC cân tại H có đường cao HF nên F là trung điểm MC. Tương tự, E là trung điểm MD. Vì vậy, EF là đường trung bình của tam giác MCD \(\Rightarrow\) EF//CD.
Do đó, \(MO\perp CD\) \(\Rightarrow\) đt qua M vuông góc với CD đi qua O cố định.
b) Gọi O' là điểm đối xứng của O qua AB. Kẻ đường kính MK của (O), gọi P là trung điểm AB. Lúc này O' là điểm cố định.
Khi đó AH//BK (cùng vuông góc với MB) và BH//AK (cùng vuông góc với MA) nên tứ giác AHBK là hình bình hành
\(\Rightarrow\) Trung điểm P của AB cũng là trung điểm của HK.
\(\Rightarrow\) OP là đường trung bình của tam giác KMH
\(\Rightarrow\) OP//MH và \(OP=\dfrac{1}{2}MH\)
\(\Rightarrow\) OO'//MH và \(OO'=MH\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác MOO'H là hình bình hành
\(\Rightarrow\) HO' // MO
Mà \(MO\perp CD\) (cmt) nên \(HO'\perp CD\)
Như vậy đường thẳng qua H và vuông góc với CD đi qua O' cố định.
Số sách lớp B góp bằng \(\dfrac{1}{3+1}=\dfrac{1}{4}\)(tổng số sách)
Số sách lớp C góp bằng \(1-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{12}\)(tổng số sách)
Gọi số sách ba lớp góp được là x(cuốn)
(Điều kiện: \(x\in Z^+\))
=>Lớp B góp được \(\dfrac{1}{4}x\left(quyển\right)\); lớp C góp được \(\dfrac{5}{12}x\left(quyển\right)\)
Theo đề, ta có phương trình:
\(\dfrac{5}{12}x-\dfrac{1}{4}x=30\)
=>\(\dfrac{1}{6}x=30\)
=>x=180(nhận)
Vậy: Lớp A góp được 180*1/3=60 quyển
Lớp B góp được 180*1/4=45 quyển
Lớp C góp được 180*5/12=75 quyển
25,6x101-25,6+25,6x100x(8:0,25-32)
=25,6x101-25,6x1+25,6x100x(8x4-32)
=25,6x(101-1+100)x(32-32)
=25,6x200x0
=5120x0
=0.
đây nha bạn
\(\left(2x^2-3\right)^2-16\left(x+3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x^2-3\right)^2-\left[4\left(x+3\right)\right]^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(2x^2-3\right)-4\left(x+3\right)\right]\left[\left(2x^2-3\right)+4\left(x+3\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x^2-4x-15\right)\left(2x^2+3x+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x^2-4x-15=0\\2x^2+3x+9=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2\left(x^2-2x\right)-15=0\\2\left(x^2+\dfrac{3}{2}x\right)+9=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2\left(x^2-2x+1\right)-2-15=0\\2\left[x^2+2\cdot x\cdot\dfrac{3}{4}+\left(\dfrac{3}{4}\right)^2\right]-2\cdot\left(\dfrac{3}{4}\right)^2+9=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2\left(x-1\right)^2=17\\2\left(x+\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{63}{8}=0\left(\text{vô lí}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(x-1\right)^2=\dfrac{17}{2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=\dfrac{\sqrt{34}}{2}\\x-1=-\dfrac{\sqrt{34}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{2+\sqrt{34}}{2}\\x=\dfrac{2-\sqrt{34}}{2}\end{matrix}\right.\)
Vậy pt đã cho có nghiệm là: \(x\in\left\{\dfrac{2+\sqrt{34}}{2};\dfrac{2-\sqrt{34}}{2}\right\}\).
