- Cách 1:

Hàm số biểu diễn đồ thị \(y =  - 0,00188{\left( {x - 251,5} \right)^2} + 118\)

\(\begin{array}{l}{\left( {x - 251,5} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow  - 0,00188{\left( {x - 251,5} \right)^2} \le 0\\ \Leftrightarrow  - 0,00188{\left( {x - 251,5} \right)^2} + 118 \le 118\end{array}\)

Khi đó độ cao y (m) của một điểm thuộc vòng cung thành cầu cảng Sydney đạt giá trị lớn nhất là \(y = 118\left( m \right)\)

- Cách 2: 

Ta có phương trình thành cầu: \(y =  – 0,00188(x – 251,5)^2 + 118\)

\( \Leftrightarrow  y = – 0,00188x^2 + 0,94564x – 0,91423\), là hàm số bậc hai. 

Vì a = – 0,00188 < 0 nên đồ thị hàm số trên có bề lõm hướng xuống dưới hay đỉnh I của đồ thị là điểm cao nhất, vậy giá trị lớn nhất cần tìm chính là tung độ của đỉnh I. 

Ta có: \(b = 0,94564, c = – 0,91423\)

\( x_I = \frac{-b}{2a}= \frac{-0,94564}{2. (-0,00188)}=251,5 \Rightarrow y_I =  – 0,00188(x_I – 251,5)^2 + 118 =118.\)

Vậy độ cao lớn nhất cần tìm là 118 m.

Lời giải:

a. Ta có: $12996=114\times 114$ nên độ dài cạnh miếng đất là $114$ (m)

b. $3,14 R^2=100$

$R^2=100:3,14$=31,84$

$R=\sqrt{31,84}=5,6$ (cm)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} - 2AC.AB.\cos A\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow B{C^2} = 7,{5^2} + 3,{5^2} - 2.7,5.3,5.\cos {135^o}\\ \Leftrightarrow B{C^2} \approx 105,6\\ \Leftrightarrow BC \approx 10,3\end{array}\)

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R\)

\( \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2.\sin A}} = \frac{{10,3}}{{2.\sin {{135}^o}}} \approx 7,3\)

1.Làm tròn số 92,117 đến hàng phần mười được kết quả là:92,1

2.Làm tròn số -845,654 đến hàng phần mười (đến chữ số thập phân thứ nhất) được kết quả là:-845,7

3.Làm tròn số 82,572 đến hàng phần mười được kết quả là:82,6

4.Làm tròn số 82,572 đến hàng phần mười được kết quả là:82,6

5.Làm tròn số -72,882 đến chữ số thập phân thứ nhất được kết quả là:-72,9

\(92,117\approx92,12\\ -845,654\approx-845,65\approx-845,7\\ 82,572\approx82,57\\ 82,572\approx82,57\\ -72,882\approx-72,9\)

tách ra chứ e =)

Đăng từng cái cho dễ nhìn nha

tách ra bn

Độ dài cạnh của tam giác là:

\(\dfrac{20}{3}\simeq6,67\left(cm\right)\)

a) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC, ta có:

\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos A\\ \Leftrightarrow B{C^2} = {3^2} + {4^2} - 2.3.4.\cos {120^o}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = 37\\ \Leftrightarrow BC \approx 6\end{array}\)

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta có:

 \(\begin{array}{l}\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = 2R\\ \Rightarrow \sin B = \frac{{AC.\sin A}}{{BC}} = \frac{{4.\sin {{120}^o}}}{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\ \Leftrightarrow \widehat B \approx {35^o}\end{array}\)

b) \(R = \frac{{BC}}{{2.\sin A}} = \frac{6}{{2.\sin {{120}^o}}} = 2\sqrt 3 \)

c) Diện tích tam giác ABC: \(S = \frac{1}{2}4.3.\sin {120^o} = 3\sqrt 3 .\)

d) Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A.

Ta có: \(S = \frac{1}{2}AH.BC\)

\( \Rightarrow AH = \frac{{2S}}{{BC}} = \frac{{2.3\sqrt 3 }}{6} = \sqrt 3 \)

e) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 3.4.\cos (\widehat {BAC}) = 12.\cos {120^o} =  - 6.\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AM} \) (do M là trung điểm BC)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} )\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} )(\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} )\\ = \frac{1}{2}\left( {{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {A{C^2} - A{B^2}} \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {{4^2} - {3^2}} \right) = \frac{7}{2}.\end{array}\)

Bài 3,4: Bạn cho mình xin hình vẽ nha bạn

Bài 5:

a: Xét tứ giác ADME có

\(\widehat{ADM}=\widehat{AEM}=\widehat{DAE}=90^0\)

=>ADME là hình chữ nhật

b:

Sửa đề: Chứng minh BMED là hình bình hành

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

MD//AC(Cùng vuông góc với AB)

Do đó: D là trung điểm của AB

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

ME//AB(cùng vuông góc với AC)

Do đó: E là trung điểm của AC

Xét ΔABC có

E,M lần lượt là trung điểm của CA,CB

=>EM là đường trung bình của ΔABC

=>EM//AB và \(EM=\dfrac{AB}{2}\)

Ta có: EM//AB

D\(\in\)AB

Do đó: EM//BD

Ta có: \(EM=\dfrac{AB}{2}\)

\(DB=\dfrac{AB}{2}\)

Do đó: EM=BD

Xét tứ giác EMBD có

EM//BD

EM=BD

Do đó: EMBD là hình bình hành

c: Xét tứ giác AMBN có

D là trung điểm chung của AB và MN

=>AMBN là hình bình hành

Hình bình hành AMBN có MN\(\perp\)AB

nên AMBN là hình bình hành

=>AB là phân giác của góc MAN

=>\(\widehat{MAN}=2\cdot\widehat{MAB}\)

Xét tứ giác AMCP có

E là trung điểm chung của AC và MP

=>AMCP là hình bình hành

Hình bình hành AMCP có AC\(\perp\)MP

nên AMCP là hình thoi

=>AC là phân giác của góc MAP

=>\(\widehat{MAP}=2\cdot\widehat{MAC}\)

Ta có: \(\widehat{MAP}+\widehat{MAN}=\widehat{PAN}\)

=>\(\widehat{PAN}=2\cdot\left(\widehat{MAB}+\widehat{MAC}\right)\)

=>\(\widehat{PAN}=2\cdot\widehat{BAC}=180^0\)

=>P,A,N thẳng hàng

C

C.

C