1: Xét ΔAGM và ΔCFM có

\(\hat{MAG}=\hat{MCF}\)

\(\hat{AGM}=\hat{CFM}\left(=\hat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔAGM~ΔCFM

Xét ΔAED và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AC}\left(\frac{16}{40}=\frac{20}{50}=\frac25\right)\)

\(\hat{EAD}=\hat{BAC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔAED~ΔABC

=>\(\frac{ED}{BC}=\frac{AE}{AB}\)

=>ED/60=2/5

=>ED=60*2/5=24(mm)

Bài 1:

a: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOt}<\hat{xOy}\left(30^0<60^0\right)\)

nên tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Oy

b: tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Oy

=>\(\hat{xOt}+\hat{tOy}=\hat{xOy}\)

=>\(\hat{tOy}=60^0-30^0=30^0\)

=>\(\hat{xOt}=\hat{tOy}\)

c: tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Oy

mà \(\hat{xOt}=\hat{tOy}\left(=30^0\right)\)

nên Ot là phân giác của góc xOy

d: Om là phân giác của góc xOt

=>\(\hat{xOm}=\hat{mOt}=\frac12\cdot30^0=15^0\)

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOm}<\hat{xOy}\left(15^0<60^0\right)\)

nên tia Om nằm giữa hai tia Ox và Oy

=>\(\hat{xOm}+\hat{mOy}=\hat{xOy}\)

=>\(\hat{mOy}=60^0-15^0=45^0\)

Bài 2:

a: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOy}<\hat{xOz}\left(40^0<80^0\right)\)

nên tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

b: tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

=>\(\hat{xOy}+\hat{yOz}=\hat{xOz}\)

=>\(\hat{yOz}=80^0-40^0=40^0\)

c: tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

mà \(\hat{xOy}=\hat{yOz}\left(=40^0\right)\)

nên Oy là phân giác của góc xOz

d: Ta có: \(\hat{xOz}+\hat{tOz}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{tOz}=180^0-80^0=100^0\)

\(A = \frac{8a^2}{4a} + \frac{b}{4a} + b^2 = 2a + \frac{b}{4a} + b^2\)

\(=a+\left(a+\frac{b}{4a}\right)+b^2\ge(1-b)+\left(a+\frac{b}{4a}\right)+b^2\)

áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương a và b/4a, ta được:

\(a + \frac{b}{4a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{b}{4a}} = 2\sqrt{\frac{b}{4}} = \sqrt{b}\)

=>\(A \ge 1 - b + \sqrt{b} + b^2 = b^2 - b + \sqrt{b} + 1\)

Đặt \(t=\sqrt{b}\) (Điều kiện: t>0)

=>\(t^2=b\)

=>\(f(t) = t^4 - t^2 + t + 1\)

=>\(f(t) - \frac{3}{2} = t^4 - t^2 + t + 1 - \frac{3}{2} = t^4 - t^2 + t - \frac{1}{2}\)

\(f\left(t\right)-\frac32=t^4-t^2+t-\frac{1}{2}=\left(t-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2\cdot\left(t^2+\sqrt{2}t+1\right)\ge0\quad\forall t>0\)

=>f(t)>=3/2∀t>0

=>A>=3/2

Dấu '=' xảy ra khi a+b=1 và \(a=\frac{b}{4a};t=\frac{1}{\sqrt2}\)

=>\(\begin{cases}a+b=1\\ 4a^2=b\\ b=\frac12\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}a=\frac12\\ b=\frac12\end{cases}\) (nhận)

sin x-tan x

\(=\tan x\cdot cosx-\tan x=\tan x\left(cosx-1\right)=-\tan x\left(1-cosx\right)\)

Khi x->0 thì tan x~x; \(1-cosx\) ~\(\frac{x^2}{2}\)

=>\(\sin x - \tan x \sim -x \cdot \frac{x^2}{2} = -\frac{x^3}{2}\)

\(\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}=\left(\sqrt{1+2x}-1\right)-\left(\sqrt[3]{1+3x}-1\right)\)

\(\sqrt{1+2x}=1+\frac{1}{2}(2x)+\frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)}{2!}(2x)^2+o(x^2)=1+x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\)

\(\sqrt[3]{1+3x}=1+\frac{1}{3}(3x)+\frac{\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)}{2!}(3x)^2+o(x^2)=1+x-x^2+o(x^2)\)

Do đó, ta có: \(\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}=\left(1+x-\frac{x^2}{2}\right)-\left(1+x-x^2\right)+o(x^2)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)\)

=>\(\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}\sim\frac{x^2}{2}\) khi x->0

Khi x->0 thì sin 10x~10x

\(\left(\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}\right)\cdot\sin10x\sim\frac{x^2}{2}\cdot10x=5x^3\)

=>\(L = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^3}{2}}{5x^3} = \frac{-\frac{1}{2}}{5} = -\frac{1}{10}\)

Đặt t=1-x

=>x=1-t

Khi x->1 thì t->0

\(\frac{\pi x}{2} = \frac{\pi(1 - t)}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi t}{2}\)

Ta có: \(\tan\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi t}{2}\right) = \cot\left(\frac{\pi t}{2}\right) = \frac{1}{\tan\left(\frac{\pi t}{2}\right)}\)

=>\(L = \lim_{t \to 0} \left[ t \cdot \cot\left(\frac{\pi t}{2}\right) \right] = \lim_{t \to 0} \frac{t}{\tan\left(\frac{\pi t}{2}\right)}\)

\(=\lim_{t\to0}\left(\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\frac{\pi t}{2}}{\tan\left(\frac{\pi t}{2}\right)}\right)\)

\(\lim_{u\to0}\frac{\tan u}{u}=1\)

=>\(\lim_{u\to0}\frac{u}{\tan u}=1\) (Với \(u=\frac{\pi t}{2}\) )

\(L = \frac{2}{\pi} \cdot 1 = \frac{2}{\pi}\)

Ta có: \(\frac{\sin^2 x - \sin^2 a}{x^2 - a^2}\)

\(=\frac{(\sin x - \sin a)(\sin x + \sin a)}{(x - a)(x + a)}\)

\(=\frac{\sin x - \sin a}{x - a}\cdot\frac{\sin x + \sin a}{x + a}\)

Do đó: \(\lim_{x \to a} \frac{\sin^2 x - \sin^2 a}{x^2 - a^2} = \left( \lim_{x \to a} \frac{\sin x - \sin a}{x - a} \right) \cdot \left( \lim_{x \to a} \frac{\sin x + \sin a}{x + a} \right)\)

\(\lim_{x \to a} \frac{\sin x - \sin a}{x - a} = \lim_{x \to a} \left[ \cos\left(\frac{x+a}{2}\right) \cdot \frac{\sin\left(\frac{x-a}{2}\right)}{\frac{x-a}{2}} \right]\)

Đặt t=\(\frac{x-a}{2}\)

=>\(\frac{\sin\left(\frac{x-a}{2}\right)}{\frac{x-a}{2}}=\frac{\sin t}{t}\)

Khi x->a thì t=0

=>\(\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1\)

Do đó: \(\lim_{x \to a} \frac{\sin x - \sin a}{x - a} = \cos\left(\frac{a+a}{2}\right) \cdot 1 = \cos a\)

\(\lim_{x \to a} \frac{\sin x + \sin a}{x + a} = \frac{\sin a + \sin a}{a + a} = \frac{2\sin a}{2a} = \frac{\sin a}{a} \quad (a \neq 0)\)

Do đó: \(\lim_{x \to a} \frac{\sin^2 x - \sin^2 a}{x^2 - a^2} = \cos a \cdot \frac{\sin a}{a} = \frac{\sin a \cos a}{a} = \frac{\sin 2a}{2a}\)

(m-2)x>2(m-1)x-3

=>(m-2)x-(2m-2)x>-3

=>x(m-2-2m+2)>-3

=>x(-m)>-3

=>mx<3(1)

TH1: m=0

(1) sẽ trở thành: 0*x<3

=>0<3(đúng)

=>Nhận

TH2: m>0

(1) sẽ tương đương với: \(x<\frac{3}{m}\)

TH3: m<0

(1) sẽ tương đương với: \(x>\frac{3}{m}\)

Câu 1: vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left(1;2\right)\)

=>vecto chỉ phương là (-2;1)

Phương trình tham số là:

\(\begin{cases}x=-3+\left(-2\right)\cdot t=-3-2t\\ y=2+1\cdot t=2+t\end{cases}\)

Câu 2: A(1;2); B(-3;1)

=>\(\overrightarrow{AB}=\left(-3-1;1-2\right)=\left(-4;-1\right)\)

=>vecto pháp tuyến là (1;-4)

Phương trình AB là:

1(x-1)+(-4)(y-2)=0

=>x-1-4y+8=0

=>x-4y+7=0

A(-3;2); B(4;5)

=>\(\overrightarrow{AB}=\left(4+3;5-2\right)=\left(7;3\right)\)

=>vecto pháp tuyến là (-3;7)

Phương trình tổng quát của đường thẳng AB là:

-3(x-4)+7(y-5)=0

=>-3x+12+7y-35=0

=>-3x+7y-23=0