Bài 4:

b) \(7x=4y\Rightarrow\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{7}\)

Áp dụng t/c dtsbn:

\(\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{7}=\dfrac{y-x}{4-7}=\dfrac{24}{-3}=-8\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\left(-3\right).4=-12\\y=\left(-3\right).7=-28\end{matrix}\right.\)

c) Áp dụng t/c dtsbn:

\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}=\dfrac{2x}{6}=\dfrac{3y}{12}=\dfrac{2x-3y}{6-12}=\dfrac{24}{-6}=-4\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\left(-4\right).3=-12\\y=\left(-4\right).4=-16\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

a: Ta có: \(\dfrac{2.5}{7.5}=\dfrac{x}{\dfrac{3}{5}}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{1}{3}\)

hay \(x=\dfrac{1}{5}\)

b: Ta có: \(\dfrac{5}{6}:x=\dfrac{20}{3}\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{5}{6}:\dfrac{20}{3}=\dfrac{15}{120}=\dfrac{1}{8}\)

không cần làm bài 1 với cả câu d bài 4 đâu nhé các bạn

cảm ơn mọi người

Câu b bạn tự vẽ

Câu c:

PT hoành độ giao điểm: \(-3x+1=\left(1-2m\right)x+m-1\)

Mà 2 đt cắt tại hoành độ 1 nên \(x=1\)

\(\Leftrightarrow-2=1-2m+m-1\Leftrightarrow m=2\)

Câu d:

PT giao Ox,Oy lần lượt tại A,B của (d) là:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\Rightarrow x=\dfrac{m-1}{2m-1}\Rightarrow A\left(\dfrac{m-1}{2m-1};0\right)\Rightarrow OA=\left|\dfrac{m-1}{2m-1}\right|\\x=0\Rightarrow y=m-1\Rightarrow B\left(0;m-1\right)\Rightarrow OB=\left|m-1\right|\end{matrix}\right.\)

Gọi H là chân đường cao từ O đến (d)

Đặt \(OH^2=t\)

Áp dụng HTL: \(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}=\dfrac{\left(2m-1\right)^2}{\left(m-1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(m-1\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{t}=\dfrac{4m^2-4m+2}{\left(m-1\right)^2}\Leftrightarrow t=\dfrac{m^2-2m+1}{4m^2-4m+2}\\ \Leftrightarrow4m^2t-4mt+2t=m^2-2m+1\\ \Leftrightarrow m^2\left(4t-1\right)+2m\left(1-2t\right)+2t-1=0\)

Coi đây là PT bậc 2 ẩn m, PT có nghiệm 

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(1-2t\right)^2-\left(4t-1\right)\left(2t-1\right)\ge0\\ \Leftrightarrow4t^2-4t+1-8t^2+6t-1\ge0\\ \Leftrightarrow2t-4t^2\ge0\\ \Leftrightarrow2t\left(1-2t\right)\ge0\\ \Leftrightarrow0\le t\le\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow OH^2\le\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow OH\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

Dấu \("="\Leftrightarrow\dfrac{m^2-2m+1}{4m^2-4m+2}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow4m^2-4m+2=2m^2-4m+2\)

\(\Leftrightarrow2m^2=0\Leftrightarrow m=0\)

Vậy m=0 thỏa yêu cầu đề

Bài 12: 

a: Xét ΔABM và ΔACN có

AB=AC

\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

BM=CN

Do đó: ΔABM=ΔACN

d

D - câu khiến nhé

d

a/

b/ 

Tọa độ giao điểm của 2 đồ thị là:

\(\dfrac{1}{2}x^2=2x-2\\ \Leftrightarrow\dfrac{1}{2}x^2-2x+2=0\\ \Leftrightarrow x=2\)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

1/2 x² = 2x - 2

⇔x² = 4x - 4

⇔x² - 4x + 4 = 0

⇔(x - 2)² = 0

⇔x - 2 = 0

⇔x = 2

⇔y = 2.2 - 2 = 2

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;2)

a) \(\sqrt{x-8}\) xác định khi

\(x-8\ge0\Leftrightarrow x\ge8\)

b) \(\sqrt{3x+1}\) xác định khi

\(3x+1\ge0\Leftrightarrow3x\ge-1\Leftrightarrow x\le-\dfrac{1}{3}\)

c) \(\sqrt{x^2+1}\) 

Ta có: \(x^2\ge0\Rightarrow x^2+1\ge0\)

Vậy biểu thức được xác định với mọi x

d) \(\sqrt{\left(x-6\right)\left(x+3\right)}\)

Xác định khi

\(\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x-6\ge0\\x+3\ge0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x-6< 0\\x+3\ge0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x\ge6\\x\ge-3\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x< 6\\x< -3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge6\\x< -3\end{matrix}\right.\)

e) \(\sqrt{\dfrac{-2}{x-5}}\) xác định khi

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-2}{x-5}\ge0\\x-5\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le5\\x\ne5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x< 5\)

f) \(\dfrac{4}{\sqrt{x+3}}\) xác định khi

\(x+3>0\)

\(\Leftrightarrow x>-3\)

g) \(\dfrac{6x-2}{\sqrt{x}-3}\)

Xác định khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}\ge0\\\sqrt{x}-3\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x\ne9\end{matrix}\right.\)

h) \(\sqrt{x^2-16}=\sqrt{\left(x+4\right)\left(x-4\right)}\)

Xác định khi
\(\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x+4< 0\\x-4< 0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x+4\ge0\\x-4\ge0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x< -4\\x< 4\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x\ge-4\\x\ge4\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x< -4\\x\ge4\end{matrix}\right.\)

\(2,\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}20x+25y-10xy=0\\20x-30y+xy=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow55y-11xy=0\\ \Leftrightarrow11y\left(5-x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=0\\x=5\end{matrix}\right.\)

Với \(y=0\Leftrightarrow4x+0=0\Leftrightarrow x=0\)

Với \(x=5\Leftrightarrow20+5y=10y\Leftrightarrow y=4\)

Vậy \(\left(x;y\right)=\left\{\left(0;0\right);\left(5;4\right)\right\}\)

c) tam c/m được t/g ABC cân tại A
trong t/g cân thì đường phân giác xuất phát từ đỉnh trùng với đường trung tuyến nên DB=DC

t/g FDB=t/g EDC (cạnh huyền-góc nhọn)

=> DF=DE

d) có BF=EC (t/g FDB=t/g EDC)

và AB=AC (t/g ABC cân)

nên AB-BF=AC-EC

=> AF=AE

=> t/g AFE cân tại A
trong t/g cân thì đường phân giác xuất phát từ đỉnh trùng với đường cao nên AD vuông góc với EF

trong t/g cân thì đường phân giác xuất phát từ đỉnh trùng với đường cao nên AD vuông góc với BC (t/g ABC cân tại A)

ta có AD vuông góc với EF và BC nên EF//BC