Cho hai đường thẳng (d):y=-3x+2 ; (d')x-2y=3
a) Tìm tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng trên
b) Gọi (d) cắt Ox tại B,tính diện tích tam giác OAB
c) Cho (d''): y=(-2m+1)x+m+1
Tìm m để 3 đường thẳng đã cho đồng quy
Cho hai đường thẳng (d):y=-3x+2 ; (d')x-2y=3
a) Tìm tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng trên
b) Gọi (d) cắt Ox tại B,tính diện tích tam giác OAB
c) Cho (d''): y=(-2m+1)x+m+1
Tìm m để 3 đường thẳng đã cho đồng quy
Chứng minh rằng đường thẳng y=mx+5 luôn đi qua M(0;5) với mọi giá trị của ,
Thay tọa độ điểm M(0; 5) vào đường thẳng, ta có:
m.0 + 5 = 5
Vậy đường thẳng luôn đi qua điểm M(0; 5) với mọi giá trị của m
`*` Bài 2.
Gọi `x` là chiều dài của mảnh vườn đó
`y` là chiều rộng của mảnh vườn đó
`(m;x,y>0)`
`-` Vì mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi `56m` nên:
`(x+y)*2=56` `=>2x+2y=56` `(1)`
`-` Vì nếu tăng chiều dài `4m` và giảm chiều rộng `2m` thì diện tích tăng `8m^2` nên:
`(x+4)(y-2)=xy-8`
`=> xy -2x +4y - 8 =xy-8`
`=> xy -2x+4y-xy = -8+8`
`=> -2x+4y=0` `(2)`
Từ `(1)` và `(2)`, ta có hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}2x+2y=56\\-2x+4y=0\end{matrix}\right.\)
Giải hệ phương trình, ta được: \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{56}{3}\\y=\dfrac{28}{3}\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)
Vậy, chiều dài của mảnh vườn đó là `56/3 m`.
a) Rút gon M: 2x-10/x^2-7x-10 - 2x/x^2-4 + 1/2-x b) tìm giá trị nguyên của x để M nhận giá tri nguyên
GIẢI GIÚP MÌNH VỚI Ạ
a: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{5;2;-2\right\}\)
Sửa đề: \(M=\dfrac{2x-10}{x^2-7x+10}-\dfrac{2x}{x^2-4}+\dfrac{1}{2-x}\)
\(=\dfrac{2\left(x-5\right)}{\left(x-5\right)\left(x-2\right)}-\dfrac{2x}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}-\dfrac{1}{x-2}\)
\(=\dfrac{2}{x-2}-\dfrac{1}{\left(x-2\right)}-\dfrac{2x}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)
\(=\dfrac{1}{x-2}-\dfrac{2x}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}=\dfrac{x+2-2x}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)
\(=\dfrac{-x+2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}=\dfrac{-1}{x+2}\)
b: Để M là số nguyên thì \(-1⋮x+2\)
=>\(x+2\in\left\{1;-1\right\}\)
=>\(x\in\left\{-1;-3\right\}\)
6 / căn 11 - căn 17 =
\(\dfrac{6}{\sqrt{11}-\sqrt{17}}=\dfrac{6\left(\sqrt{11}+\sqrt{17}\right)}{11-17}\)
\(=\dfrac{6\left(\sqrt{11}+\sqrt{17}\right)}{-6}=-\sqrt{11}-\sqrt{17}\)
Cho tam giác ABC (AB<AC) kẻ đường cao AM và BD(M thuộc BC, D thuộc AC) gọi I là giao điểm của AM và BD
A) CM tam giác BMI đồng dạng tam giác ADI
B) CMR BI. BD=BM.BC
C) Cm góc BIC= góc BMD
A) Ta có thể chứng minh đồng dạng giữa tam giác \(BMI\) và \(ADI\) bằng cách so sánh các góc tương ứng:
- Góc \(BMI\) và góc \(ADI\) là góc \(BAC\) và góc \(BAD\), vì chúng là góc ở đỉnh đồng dạng.
- Góc \(BIM\) và góc \(ADI\) là góc vuông vì \(IM\) và \(ID\) là đường cao trong tam giác \(BMI\) và \(ADI\) tương ứng.
Vậy, ta có thể kết luận \(BMI\) đồng dạng \(ADI\).
B) Để chứng minh \(BI \cdot BD = BM \cdot BC\), ta sử dụng định lý Phân đôi đường cao trong tam giác vuông và tính chất của đường cao trong tam giác:
Trong tam giác \(ABD\) vuông tại \(D\):
- Định lý Phân đôi đường cao: \(BD^2 = BM \cdot BC\)
Vậy, \(BI \cdot BD = BI \cdot \sqrt{BM \cdot BC} = \sqrt{BM \cdot BC} \cdot BD = BM \cdot BC\).
Vậy, ta chứng minh được \(BI \cdot BD = BM \cdot BC\).
C) Để chứng minh \( \angle BIC = \angle BMD \), ta sử dụng tính chất của góc nội tiếp và góc ở tâm:
- Góc \(BIC\) là góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp \(ABC\), nên \( \angle BIC = \frac{1}{2} \angle BAC\).
- Góc \(BMD\) là góc ở tâm của đường tròn ngoại tiếp \(ABCD\), nên \( \angle BMD = \frac{1}{2} \angle BAD\).
Vì \( \angle BAC = \angle BAD\), nên \( \frac{1}{2} \angle BAC = \frac{1}{2} \angle BAD\), và do đó \( \angle BIC = \angle BMD\).
Vậy, ta chứng minh được \( \angle BIC = \angle BMD\).
a: Xét ΔIMB vuông tại M và ΔIDA vuông tại D có
\(\widehat{MIB}=\widehat{DIA}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔIMB~ΔIDA
b: Xét ΔBMI vuông tại M và ΔBDC vuông tại D có
\(\widehat{MBI}\) chung
Do đó: ΔBMI~ΔBDC
=>\(\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BI}{BC}\)
=>\(BM\cdot BC=BI\cdot BD\)
c: \(\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BI}{BC}\)
=>\(\dfrac{BM}{BI}=\dfrac{BD}{BC}\)
Xét ΔBMD và ΔBIC có
\(\dfrac{BM}{BI}=\dfrac{BD}{BC}\)
\(\widehat{MBD}\) chung
Do đó: ΔBMD~ΔBIC
=>\(\widehat{BMD}=\widehat{BIC}\)
Cho tam giác ABC.Trên tia đối của các tia BA,CA lấy theo thứ tự các điểm D,E sao cho BD= CE =BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD. Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của
góc A, đường thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh AB=CK
tam giác ABC có 3 goc nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau tại H
a) Chứng minh △ABD∼△ACE
b) viết AB=4cm, AC=5cm, AD=2cm.tính DE
C) Chứng minh góc EDH = góc ECH
a) Ta có: ∠ADB = ∠EAC (vì BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC, nên ∠ADB và ∠EAC là góc đối của cùng một cạnh AB).
Và ∠ABD = ∠AEC (vì BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC, nên ∠ABD và ∠AEC là góc đối của cùng một cạnh AC).
Do đó, tam giác △ABD đồng dạng tam giác △ACE theo góc đồng dạng (AA).
Ta biết: BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC, nên BD ⊥ AC và CE ⊥ AB.
Vì BD ⊥ AC, nên BD là đoạn vuông góc từ B đến AC.
Vì CE ⊥ AB, nên CE là đoạn vuông góc từ C đến AB.
Do đó, BD và CE là hai đoạn vuông góc từ hai đỉnh B và C đến cạnh AB và AC.
Vậy tỷ lệ đồng dạng của các cạnh là: \((\frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{CE}}{{AC}}).\)
Như vậy, tam giác △ABD đồng dạng tam giác △ACE theo góc đồng dạng (AA) và tỷ lệ đồng dạng của các cạnh.
b) Ta biết: AB = 4cm, AC = 5cm, AD = 2cm.
Vì tam giác △ABD đồng dạng tam giác △ACE, nên tỷ lệ đồng dạng của các cạnh là:
\((\frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{CE}}{{AC}}) (BD = \frac{{AB \cdot CE}}{{AC}}) (BD = \frac{{4 \cdot CE}}{{5}}) (BD = \frac{{4CE}}{{5}})\)
Vì BD là đoạn thẳng vuông góc từ B đến AC, nên BD + ED = AB.
(BD + CE = 4)
\((\frac{{4CE}}{{5}} + DE = 4) (DE = 4 - \frac{{4CE}}{{5}}) (DE = \frac{{20 - 4CE}}{{5}})\)
c) Vì tam giác △ABD đồng dạng tam giác △ACE, nên góc EAC = góc ABD.
Nhưng góc EAC = góc ECH (vì CE là đường cao từ C đến AB).
Vậy góc EDH = góc ECH.
A) Để chứng minh \( \triangle ABD \sim \triangle ACE \), chúng ta cần chỉ ra rằng tỉ lệ các độ dài các cạnh trong hai tam giác là như nhau.
Xét \( \triangle ABD \) và \( \triangle ACE \):
- \( \angle ABD \) và \( \angle ACE \) là góc vuông, vì \( BD \) và \( CE \) là đường cao của \( \triangle ABC \).
- \( \angle ADB \) và \( \angle AEC \) là góc có chung với \( \angle A \).
Vì vậy, theo góc - góc - góc, ta có \( \triangle ABD \sim \triangle ACE \).
B) Ta sử dụng tỉ lệ đồng dạng để tính \( DE \):
\[
\frac{AD}{AB} = \frac{DE}{EC}
\]
Thay vào đó giá trị đã biết:
\[
\frac{2}{4} = \frac{DE}{5}
\]
\[
DE = \frac{2}{4} \times 5 = 2.5 \text{ cm}
\]
C) Để chứng minh \( \angle EDH = \angle ECH \), chúng ta có thể sử dụng tính chất của góc nội tiếp và góc ngoại tiếp:
- Vì \( AC \) là đường chéo của hình chữ nhật \( ABCD \), nên \( \angle BAC = \angle EDC \) (góc ngoại tiếp).
- Từ đó, ta có \( \angle ECH = \angle EDC \).
- Do \( DH \) là đường cao của tam giác \( ABD \), nên \( \angle EDH = 90^\circ - \angle BDA \).
- Nhưng \( \angle BDA = \angle EDC \) (vì \( AB \) song song \( DC \)), nên \( \angle EDH = 90^\circ - \angle EDC \).
Vậy, \( \angle EDH = \angle ECH \).
a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có
\(\widehat{BAD}\) chung
Do đó: ΔABD~ΔACE
b: Đề chưa đủ dữ kiện để tính DE nha bạn
c: Đề sai rồi bạn
cho ΔABC trên hệ trục tọa độ Oxy, biết A (1;3) B(-2;-2) C(3;-2). Tính chu vi và diện tích ΔABC
A(1;3); B(-2;-2); C(3;-2)
\(AB=\sqrt{\left(-2-1\right)^2+\left(-2-3\right)^2}=\sqrt{34}\)
\(AC=\sqrt{\left(3-1\right)^2+\left(-2-3\right)^2}=\sqrt{29}\)
\(BC=\sqrt{\left(3+2\right)^2+\left(-2+2\right)^2}=5\)
Xét ΔABC có \(cosBAC=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\dfrac{34+29-25}{2\cdot\sqrt{34}\cdot\sqrt{29}}=\dfrac{19}{\sqrt{986}}\)
=>\(sinBAC=\sqrt{1-\dfrac{19^2}{986}}=\dfrac{25}{\sqrt{986}}\)
Diện tích tam giác BAC là:
\(S_{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot sinBAC\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot\sqrt{34}\cdot\sqrt{29}\cdot\dfrac{25}{\sqrt{986}}=\dfrac{25}{2}\)
Chu vi tam giác ABC là:
\(C_{ABC}=AB+AC+BC=\sqrt{34}+\sqrt{29}+5\)