ABCD là hình chữ nhật

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Gọi O' là giao điểm của A'C' và B'D'

A'B'C'D' là hình chữ nhật

=>A'C' cắt B'D' tại trung điểm cua mỗi đường

=>O' là trung điểm chung của A'C' và B'D'

Xét ΔOA'C' có OO' là đường trung tuyến

nên \(\overrightarrow{OA^{\prime}}+\overrightarrow{OC^{\prime}}=2\cdot\overrightarrow{OO^{\prime}}\)

ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật

=>ACC'A' là hình bình hành

=>A'A//C'C và A'A=C'C và AC//A'C' và AC=A'C'

Ta có: \(AO=OC=\frac{AC}{2}\)

\(A^{\prime}O^{\prime}=O^{\prime}C^{\prime}=\frac{A^{\prime}C^{\prime}}{2}\)

mà AC=A'C'

nên AO=OC=A'O'=O'C'

Xét tứ giác AOO'A' có

AO//A'O'

AO=A'O'

Do đó: AOO'A' là hình bình hành

=>\(\overrightarrow{OO^{\prime}}=\overrightarrow{AA^{\prime}}\)

=>\(\overrightarrow{OA^{\prime}}+\overrightarrow{OC^{\prime}}=2\cdot\overrightarrow{OO^{\prime}}=2\cdot\overrightarrow{AA^{\prime}}\)

a: A*B

\(=-120x^3y^4z^5\cdot\frac{-5}{18}xyz=\frac{600}{18}x^4y^5z^6=\frac{100}{3}x^4y^5z^6\)

hệ số là 100/3

Phần biến là \(x^4;y^5;z^6\)

bậc là 4+5+6=15

b: Thay x=-2; y=1; z=-1 vào A*B, ta được:

\(\frac{100}{3}\cdot\left(-2\right)^4\cdot1^5\cdot\left(-1\right)^6=\frac{100}{3}\cdot16=\frac{1600}{3}\)

38dm=3,8m

Diện tích xung quanh là: \(\left(9+6\right)\times2\times3,8=7,6\times15=114\left(m^2\right)\)

Diện tích trần nhà là: \(9\times6=54\left(m^2\right)\)

Diện tích các cửa là: \(114\times18\%=20,52\left(m^2\right)\)

Diện tích cần sơn là:

114+54-20,52=147,48\(\left(m^2\right)\)

Xét ΔMNP có MN<NP

mà \(\hat{P};\hat{M}\) lần lượt là góc đối diện với các cạnh MN,NP

nên \(\hat{P}<\hat{M}\)

Xét ΔMNP có MP<NP

mà \(\hat{N};\hat{M}\) lần lượt là góc đối diện với các cạnh MP,NP

nên \(\hat{N}<\hat{M}\)

2: \(y^2-5y\cdot\sqrt{x}+6x=0\)

=>\(y^2-2y\cdot\sqrt{x}-3y\cdot\sqrt{x}+6x=0\)

=>\(y\left(y-2\sqrt{x}\right)-3\sqrt{x}\left(y-2\sqrt{x}\right)=0\)

=>\(\left(y-2\sqrt{x}\right)\left(y-3\sqrt{x}\right)=0\)

=>\(\left[\begin{array}{l}y=2\sqrt{x}\\ y=3\sqrt{x}\end{array}\right.\)

TH1: \(y=2\sqrt{x}\)

2x-y+1=0

=>\(2x-2\sqrt{x}+1=0\)

=>\(x-\sqrt{x}+\frac12=0\)

=>\(x-\sqrt{x}+\frac14+\frac14=0\)

=>\(\left(\sqrt{x}-\frac12\right)^2+\frac14=0\) (vô lý)

=>Loại

TH2: \(y=3\sqrt{x}\)

2x-y+1=0

=>\(2x-3\sqrt{x}+1=0\)

=>\(\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)=0\)

=>x=1 hoặc x=1/4

Nếu x=1 thì \(y=3\cdot\sqrt1=3\)

nếu x=1/4 thì \(y=3\cdot\sqrt{\frac14}=3\cdot\frac12=\frac32\)

Câu 1:

a: BC⊥AB(ABCD là hình vuông)

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà AB,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

b: BD⊥AC(ABCD là hình vuông)

BD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

nên BD⊥(SAC)

c: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)

CD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà AD,SA cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

Sửa đề: Cho hình thang ABCD (AB//CD) các tia phân giác góc ngoài tại đỉnh A và đỉnh D cắt nhau tại H tia phân giác góc ngoài tại đỉnh B và C cắt nhau tại K

a: AH là phân giác ngoài tại đỉnh A

=>\(\hat{HAD}=\frac{180^0-\hat{BAD}}{2}\)

DH là phân giác ngoài tại đỉnh D

=>\(\hat{HDA}=\frac{180^0-\hat{ADC}}{2}\)

\(\hat{HAD}+\hat{HDA}=\frac{180^0-\hat{BAD}+180^0-\hat{ADC}}{2}\)

\(=\frac{360^0-180^0}{2}=90^0\)

=>ΔHAD vuông tại H

=>HA⊥HD

BK là phân giác ngoài tại đỉnh B

=>\(\hat{KBC}=\frac{180^0-\hat{ABC}}{2}\)

CK là phân giác ngoài tại đỉnh C

=>\(\hat{KCB}=\frac{180^0-\hat{BCD}}{2}\)

\(\hat{KBC}+\hat{KCB}=\frac{180^0-\hat{ABC}+180^0-\hat{BCD}}{2}\)

\(=\frac{360^0-180^0}{2}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>ΔKBC vuông tại K

=>KB⊥KC

Sửa đề: \(C=\frac{2021}{\left(x-3\right)^2+\left(y+1\right)^2+1}\)

TA có: \(\left(x-3\right)^2\ge0\forall x\)

\(\left(y+1\right)^2\ge0\forall y\)

=>\(\left(x-3\right)^2+\left(y+1\right)^2\ge0\forall x,y\)

=>\(\left(x-3\right)^2+\left(y+1\right)^2+1\ge1\forall x,y\)

=>\(\frac{2021}{\left(x-3\right)^2+\left(y+1\right)^2+1}\le\frac{2021}{1}=2021\forall x,y\)

Dấu '=' xảy ra khi x-3=0 và y+1=0

=>x=3 và y=-1

1: XétΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

2: XétΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại D

BM//CF
CF⊥AB

Do đó: BM⊥BA

=>ΔABM vuông tại B

Xét ΔDBM vuông tại D và ΔDAB vuông tại D có

\(\hat{DBM}=\hat{DAB}\left(=90^0-\hat{DMB}\right)\)

Do đó: ΔDBM~ΔDAB

=>\(\frac{DB}{DA}=\frac{DM}{DB}\)

=>\(DB^2=DM\cdot DA\)

Câu 1; phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x+m\)

=>\(x^2-2x-m=0\)

\(\Delta=\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(-m\right)=4m+4\)

Để (d) tiếp xúc với (P) thì 4m+4=0

=>m=-1

Câu 5:

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>CA⊥FB tại C

Xét tứ giác BDEC có \(\hat{BDE}+\hat{BCE}=90^0+90^0=180^0\)

nên BDEC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác ODIC có \(\hat{ODI}+\hat{OCI}=90^0+90^0=180^0\)

nên ODIC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có \(\hat{ICA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CI và dây cung CA

\(\hat{CBA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA

Do đó: \(\hat{ICA}=\hat{CBA}\)

mà \(\hat{CBA}=\hat{IEC}\left(=180^0-\hat{DEC}\right)\)

nên \(\hat{ICE}=\hat{IEC}\)

=>ΔIEC cân tại I

Ta có: \(\hat{ICE}+\hat{ICF}=\hat{FCE}=90^0\)

\(\hat{IEC}+\hat{IFC}=90^0\) (ΔCEF vuông tại C)

mà \(\hat{ICE}=\hat{IEC}\)

nên \(\hat{ICF}=\hat{IFC}\)

=>IC=IF

mà IE=IC

nên IE=IF

=>I là trung điểm của EF