các bạn ơi cho mình hỏi mình vẽ hình sai nhưng mình làm đúng hết chứng minh thì bài mình làm bị trừ hết mấy điểm(bài 2,5đ)
các bạn ơi cho mình hỏi mình vẽ hình sai nhưng mình làm đúng hết chứng minh thì bài mình làm bị trừ hết mấy điểm(bài 2,5đ)
Chính xác mà nói, nếu sai hình thì bài em làm coi như sai hết (0 điểm)
Nhưng còn tùy giáo viên chấm bài, giáo viên châm chế cho thì em mất 0,5 đ
Hầu hết gv khi thấy học sinh sẽ sai hình thì sẽ không chấm nữa, dù cho bạn có chứng minh đúng
cho hàm số y = ax - 1
a) tìm a biết đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;-4)
b) vẽ đồ thị hàm số với giá trị a tìm được
a: Thay x=-1 và y=-4 vào y=ax-1, ta được:
\(a\cdot\left(-1\right)-1=-4\)
=>-a-1=-4
=>-a=-3
=>a=3
b: Thay a=3 vào y=ax-1, ta được:
\(y=3\cdot x-1=3x-1\)
vẽ đồ thị:
cho hàm số y= -2x + 4 và y= 3x -1
a) vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục toạ độ
b) xác định toạ độ giao điểm của chúng?
a:
b: Phương trình hoành độ giao điểm là:
-2x+4=3x-1
=>-2x-3x=-1-4
=>-5x=-5
=>x=1
Thay x=1 vào y=3x-1, ta được:
\(y=3\cdot1-1=2\)
Vậy: Tọa độ giao điểm là A(1;2)
Nhờ mọi người giúp mik vs ạ
a: Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
Xét tứ giác IHBM có \(\widehat{IHB}+\widehat{IMB}=90^0+90^0=180^0\)
nên IHBM là tứ giác nội tiếp
b: Ta có: IN\(\perp\)CH
AB\(\perp\)CH
Do đó: IN//AB
=>\(\widehat{CNI}=\widehat{CBA}\)
Xét (O) có
\(\widehat{CBA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA
\(\widehat{CMA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA
Do đó: \(\widehat{CBA}=\widehat{CMA}\)
=>\(\widehat{CNI}=\widehat{CMA}=\widehat{CMI}\)
=>CINM là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{ICN}=\widehat{IMN}\)
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
ta có: \(\widehat{ICN}+\widehat{ACH}=\widehat{ACB}=90^0\)
\(\widehat{NMB}+\widehat{AMN}=\widehat{AMB}=90^0\)
mà \(\widehat{ICN}=\widehat{AMN}\)
nên \(\widehat{ACH}=\widehat{NMB}\)
tỉ số của số học sinh nam và số học sinh nữ của một trường tiểu học đầu năm là 4/5 nếu chuyển thêm 60 học sinh nam từ trường khác đến thì tỉ số học sinh nam và số học sinh nữ là 11/10 số học sinh nữ của trường tiểu học đó là
Số nam ban đầu chiếm \(\dfrac{4}{5+4}=\dfrac{4}{9}\)(trường)
Số nam lúc sau chiếm \(\dfrac{11}{10+11}=\dfrac{11}{21}\)(trường)
Số học sinh của trường là \(60:\left(\dfrac{11}{21}-\dfrac{4}{9}\right)=756\left(bạn\right)\)
Số học sinh nữ là \(756\cdot\left(1-\dfrac{4}{9}\right)=756\cdot\dfrac{5}{9}=420\left(bạn\right)\)
a: Xét (O) có
\(\widehat{ENP}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến NE và dây cung NP
\(\widehat{NMP}\) là góc nội tiếp chắn cung NP
Do đó: \(\widehat{ENP}=\widehat{NMP}\)
Xét ΔENP và ΔEMN có
\(\widehat{ENP}=\widehat{EMN}\)
\(\widehat{NEP}\) chung
Do đó: ΔENP~ΔEMN
=>\(\dfrac{EN}{EM}=\dfrac{EP}{EN}\)
=>\(EN^2=EM\cdot EP\)
Mọi người giúp mình với ạ mai mình làm rùi mà mấy câu mình khoảnh mình ko biết làm cứu tui với 🥲🥲🥲🥲
Câu 35:
Vì $H\in (d)$ nên tọa độ $H$ có dạng $(a, \frac{3a+5}{4})$
$(C)$ tiếp xúc với $(d)$ tại $H$ nên $IH\perp (d)$
$\Rightarrow \overrightarrow{IH}\parallel \overrightarrow{n_d}$
$\Rightarrow \overrightarrow{IH}\parallel (3,-4)$
$\Rightarrow (a+1, \frac{3a+5}{4}-3)\parallel (3,-4)$
$\Rightarrow \frac{a+1}{3}=\frac{\frac{3a+5}{4}-3}{-4}$
$\Rightarrow a=\frac{1}{5}$
$\Rightarrow H$ có tọa độ $(\frac{1}{5}, \frac{7}{5})$
Đáp án B.
Câu 40:
Với tọa độ đã cho, $A\in Ox, B\in Oy, O$ là gốc tọa độ thì tam giác $ABO$ vuông tại $O$
$\Rightarrow$ tâm đường tròn đi qua 3 điểm chính là trung điểm của $AB$. Gọi tâm này là $I$.
$x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=1$
$y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=3$
Bán kính đường tròn: $IA=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{2^2+6^2}}{2}=\sqrt{10}$
PTĐT là: $(x-1)^2+(y-3)^2=(\sqrt{10})^2=10$
$\Leftrightarrow x^2-2x+y^2-6y=0$
Đáp án D.
Cách khác là bạn thay hoành độ và tung độ của 3 điểm vào PTĐT xem có thỏa mãn không. Nếu thỏa mãn thì đó là đáp án cần tìm.
Câu 36:
Bán kinh đường tròn chính bằng khoảng cách từ tâm $I$ đến đường thẳng $\Delta$ và bằng:
\(\frac{|x_I-5y_I+1|}{\sqrt{1^2+(-5)^2}}=\frac{|3-5(-2)+1|}{\sqrt{26}}=\frac{14}{\sqrt{26}}\)
Đáp án C.
a: Xét tứ giác OBDF có \(\widehat{OBD}+\widehat{OFD}=90^0+90^0=180^0\)
nên OBDF là tứ giác nội tiếp
b: ΔOFA vuông tại F
=>\(FA^2+FO^2=OA^2\)
=>\(OA^2=\left(\dfrac{4R}{3}\right)^2+R^2=\dfrac{25R^2}{9}\)
=>\(OA=\dfrac{5R}{3}\)
OC+CA=OA
=>\(CA+R=\dfrac{5}{3}R\)
=>\(CA=\dfrac{2}{3}R\)
AB=AC+CB=2R+2/3R=8/3R
Ta có: MO\(\perp\)BA
DB\(\perp\)BA
Do đó: DB//MO
Xét (O) có
DB,DF là các tiếp tuyến
Do đó: DO là phân giác của góc BDF
=>\(\widehat{BDO}=\widehat{FDO}\)
mà \(\widehat{BDO}=\widehat{MOD}\)(MO//BD)
nên \(\widehat{MOD}=\widehat{MDO}\)
=>MO=MD
Xét ΔAFO vuông tại F và ΔABD vuông tại B có
\(\widehat{FAO}\) chung
Do đó: ΔAFO~ΔABD
=>\(\dfrac{FO}{BD}=\dfrac{AF}{AB}\)
=>\(\dfrac{R}{BD}=\dfrac{4R}{3}:\dfrac{8}{3}R=\dfrac{1}{2}\)
=>BD=2R
Xét ΔABD có MO//BD
nên \(\dfrac{DM}{AM}=\dfrac{BO}{OA}=R:\dfrac{5R}{3}=\dfrac{3}{5}\)
\(\dfrac{DM}{AM}+1=\dfrac{DM+AM}{AM}=\dfrac{DA}{AM}\)
Xét ΔADB có MO//BD
nên \(\dfrac{AM}{AD}=\dfrac{MO}{BD}\)
=>\(\dfrac{DA}{AM}=\dfrac{BD}{MO}\)
mà MO=MD
nên \(\dfrac{DA}{AM}=\dfrac{BD}{DM}\)
=>\(\dfrac{BD}{DM}=1+\dfrac{DM}{AM}\)
=>\(\dfrac{BD}{DM}-\dfrac{DM}{AM}=1\)
a: \(P=\dfrac{x\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}-\sqrt{x}\)
\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}-\sqrt{x}\)
\(=x-\sqrt{x}+1-\sqrt{x}=x-2\sqrt{x}+1=\left(\sqrt{x}-1\right)^2\)
b: \(x^2-\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}-2}x-\left(6+2\sqrt{5}\right)=0\)
=>\(x^2-\sqrt{5}\left(\sqrt{5}+2\right)x-\left(6+2\sqrt{5}\right)=0\)
=>\(x^2-\left(5+2\sqrt{5}\right)x-\left(6+2\sqrt{5}\right)=0\)
=>\(x^2-\left(6+2\sqrt{5}\right)x+x-\left(6+2\sqrt{5}\right)=0\)
=>\(x\left(x-6-2\sqrt{5}\right)+\left(x-6-2\sqrt{5}\right)=0\)
=>\(\left(x-6-2\sqrt{5}\right)\left(x+1\right)=0\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=6+2\sqrt{5}\left(nhận\right)\\x=-1\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
Thay \(x=6+2\sqrt{5}\) vào P, ta được:
\(P=\left(\sqrt{6+2\sqrt{5}}-1\right)^2\)
\(=\left(\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}-1\right)^2\)
\(=\left(\sqrt{5}+1-1\right)^2=5\)
a: Thay m=0 vào (I), ta được:
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+0\cdot y=5\\3x-y=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x=5\\y=3x\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5}{2}\\y=3\cdot\dfrac{5}{2}=\dfrac{15}{2}\end{matrix}\right.\)
b: Để hệ (I) có nghiệm duy nhất thì \(\dfrac{2}{3}\ne\dfrac{m}{-1}\)
=>\(m\ne-\dfrac{2}{3}\)
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+my=5\\3x-y=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=3x\\2x+m\cdot3x=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3x\\x\left(3m+2\right)=5\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5}{3m+2}\\y=3\cdot\dfrac{5}{3m+2}=\dfrac{15}{3m+2}\end{matrix}\right.\)
\(x-y+\dfrac{m+1}{m-2}=-4\)
=>\(\dfrac{10}{3m+2}+\dfrac{m+1}{m-2}=-4\)
=>\(\dfrac{10\left(m-2\right)+\left(m+1\right)\left(3m+2\right)}{\left(3m+2\right)\left(m-2\right)}=-4\)
=>\(10m-20+3m^2+2m+3m+2=-4\left(3m^2-6m+2m-4\right)\)
=>\(3m^2+15m-18=-4\left(3m^2-4m-4\right)\)
=>\(3m^2+15m-18+12m^2-16m-16=0\)
=>\(15m^2-m-34=0\)(1)
\(\text{Δ}=\left(-1\right)^2-4\cdot15\cdot\left(-34\right)=2041>0\)
=>Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là:
\(\left\{{}\begin{matrix}m_1=\dfrac{1-\sqrt{2041}}{30}\left(nhận\right)\\m_2=\dfrac{1+\sqrt{2041}}{30}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)