đổi 5 lít = 5000 cm³

Diện tích đáy bể là:

\(50\times10=500\left(cm^2\right)\)

Chiều cao mực nước trong bể là:

\(5000:500=10\left(cm\right)\)

Đáp số: 10 cm

Thể tích thùng hàng hình lập phương là:

\(1\times1\times1=1\left(m^3\right)\)

Thể tích thùng xe là:

\(8\times3\times3=72\left(m^3\right)\)

Ô tô đó chở được nhiều nhất số thùng hàng là:

\(72:1=72\left(thùng\right)\)

Đáp số: 72 thùng hàng

a. Ta có tọa độ M là: M(0;2;2)

Ta lại có: \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\left(0;4;0\right)\)

C có tọa độ: C(2; 4; 0)

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AM}=\left(0;2;2\right)\\\overrightarrow{AC}=\left(2;4;0\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{n_{AMC}}=\left(-8;4;-4\right)\left(Bấm.máy\right)\)

\(\Rightarrow\) Mặt phẳng AMC có dạng: \(-2x+y-z+D=0\)

Thay điểm A vào pt mặt phẳng AMC, ta suy ra phương trình mặt phẳng AMC là: \(-2x+y-z=0\)

b. Ta có: \(G\left(\dfrac{0+2+2}{3};\dfrac{0+0+4}{3};\dfrac{4+0+0}{3}\right)=\left(\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3}\right)\)

Ta có: \(\overrightarrow{AG}=\left(\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{n_{AMG}}=\left(0;-\dfrac{8}{3};\dfrac{8}{3}\right)\)

Tương tự câu a, ta tìm ra pt mặt phẳng AMG là: \(-\dfrac{8}{3}y+\dfrac{8}{3}z=0\)

\(\Rightarrow d\left(B;\left(AMG\right)\right)=\dfrac{\left|-\dfrac{8}{3}.4+\dfrac{8}{3}.0\right|}{\sqrt{\left(-\dfrac{8}{3}\right)^2+\left(\dfrac{8}{3}\right)^2}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)

a. Xét 2 tam giác ABM và DCM có:

\(\left\{{}\begin{matrix}AM=MD\\\widehat{AMB}=\widehat{CMD}\\BM=MC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABM=\Delta DCM\left(c-g-c\right)\)

b. Vì 2 tam giác ABM và DCM bằng nhau, nên ta có:

\(\widehat{BAM}=\widehat{MDC}\)

\(\Rightarrow\) AB//CD

c. Để ABC là 1 hình tam giác, ta cần:

\(AB+AC>BC\Leftrightarrow\dfrac{AB+AC}{2}=AM\) (Vì 2AM = BC)

ý là sao nhỉ, mik ko hiểu lắm, ở chỗ ABCD là mik giải thích tại sao 2 góc đó lại bằng nhau thôi.

a. Ta thấy \(\Delta ABD\) có AD là đường kính của đường tròn tâm O\(\Rightarrow\widehat{ABD}=90^o\)

Lại có: \(\widehat{AFE}=90^o\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác ABEF nội tiếp.

b. Xét tứ giác EFDC cũng là tứ giác nội tiếp (như câu a)

Vì 2 tứ giác EFDC và ABEF nội tiếp, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BAE}=\widehat{BFE}\\\widehat{EFC}=\widehat{EDC}\end{matrix}\right.\)

Mà ta có: \(\widehat{BAE}=\widehat{EDC}\) (Vì ABCD nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{BFE}=\widehat{EFC}\) hay ....

c. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FBE}=\widehat{EBC}\left(cùng.bằng.\widehat{EAF}\right)\\\widehat{ECB}=\widehat{ECF}\left(cùng.bằng.\widehat{EDF}\right)\end{matrix}\right.\)

Suy ra, E là giao của 3 đường phân giác trong của tam giác BCF

Vậy E là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác BCF

Câu cuối là lớp 9 nhé, này mik nhìn nhầm :)

Do mik thấy CT này tiện nhất nên dùng, ko hiểu j cứ hỏi mik

a. 

b. Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:
\(x+6=2x^2\Leftrightarrow2x^2-x-6=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}y=8\\y=\dfrac{9}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là: A(2;8) và \(B\left(-\dfrac{3}{2};\dfrac{9}{2}\right)\)

Ta có độ dài các đoạn thẳng là: 

\(\left\{{}\begin{matrix}OA=\sqrt{2^2+8^2}=2\sqrt{17}\\OB=\sqrt{\left(-\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{9}{2}\right)^2}=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}\\AB=\sqrt{\left(-\dfrac{3}{2}-2\right)^2+\left(\dfrac{9}{2}-8\right)^2}=\dfrac{7\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(p=\dfrac{2\sqrt{17}+\dfrac{3\sqrt{10}}{2}+\dfrac{7\sqrt{2}}{2}}{2}\approx8,97\)

\(S=\sqrt{8,97.\left(8,97-2\sqrt{17}\right).\left(8,97-\dfrac{3\sqrt{10}}{2}\right).\left(8,97-\dfrac{7\sqrt{2}}{2}\right)}\approx10,5\left(m^2\right)\)
(Do mik không nhớ lớp 8 đã học công thức tính diện tích nào nên mình dùng tạm công thức này nhé, p là nửa chu vi)