Toán

a.

\(\overrightarrow{AB}=\left(5;-1\right)\) ; \(\overrightarrow{AC}=\left(4;-3\right)\)

Do \(\dfrac{5}{4}\ne\dfrac{-1}{-3}\) nên \(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\) không cùng phương

\(\Rightarrow\) A, B, C là 3 đỉnh của tam giác

\(AB=\sqrt{5^2+\left(-1\right)^2}=\sqrt{26}\)

Phương trình AB có dạng:

\(1\left(x+3\right)+5\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow x+5y-2=0\)

\(\Rightarrow d\left(C;AB\right)=\dfrac{\left|1.1+5.\left(-2\right)-2\right|}{\sqrt{1^2+5^2}}=\dfrac{11}{\sqrt{26}}\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.d\left(C;AB\right)=\dfrac{11}{2}\)

b.

Do d vuông góc delta nên d nhận \(\left(1;3\right)\) là 1 vtpt

Phương trình d:

\(1\left(x+3\right)+3\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow x+3y=0\)

c.

Do M thuộc delta nên tọa độ dạng \(M\left(m;3m-2\right)\Rightarrow\overrightarrow{BM}=\left(m-2;3m-2\right)\)

\(\Rightarrow BM=\sqrt{\left(m-2\right)^2+\left(3m-2\right)^2}=\sqrt{10m^2-16m+8}\)

\(BM=\sqrt{2}\Rightarrow10m^2-16m+8=2\)

\(\Rightarrow10m^2-16m+6=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=\dfrac{3}{5}\end{matrix}\right.\)

Có 2 điểm M: \(\left[{}\begin{matrix}M\left(1;1\right)\\M\left(\dfrac{2}{5};-\dfrac{4}{5}\right)\end{matrix}\right.\)

2. Câu này đề chỉ có vậy thôi hả em? Khá vô lý, lẽ ra người ta phải giới hạn ở 1 tập nhỏ nào đó thôi, cứ đề chỉ ngắn vậy thì bài làm phải vài trang giấy (có tới 12 trường hợp là tổng các chữ số bằng 16, 18, 20, ..., 38. Trong các trường gợp nói trên lại chia thành có mặt số 0 và ko có mặt số 0). Nên ko ai cho đề kiểu vậy.

Chắc người ra đề nhầm lẫn, vì khai triển có số hạng chính giữa chỉ tồn tại với các khai triển mà n chẵn (khi đó số số hạng là lẻ nên có số chính giữa). Còn khi n lẻ như bài này => số số hạng là chẵn nên ko có số hạng chính giữa.

Ví dụ bài này n=5 sẽ có 6 số hạng, vậy số hạng thứ 3 hay thứ 4 là chính giữa?

Câu 1:

a: Vì OM và ON là hai tia đối nhau

nên O nằm giữa M và N

=>M và O nằm cùng phía so với điểm N

b: Vì O nằm giữa M và N

nên MN=MO+ON

=>MN=3+6=9(cm)

c: Hai tia đối nhau là OM và ON

d: Số đoạn thẳng vẽ được là 10 đoạn

Bài 3:

a) Khối 6 đã mua được số gói tăm là:

\(\dfrac{1}{4}\times6500=1625\) (gói tăm)

Khối 7 đã mua được số gói tăm là:

\(40\%\times6500=2600\) (gói tăm) 

Khối 8 đã mua được số gói tăm là:

\(6500-1625-2600=2275\) (gói tăm) 

b) Tỉ số phần trăm gói tăm đã mya của khối 8 và khối 7 là:

\(2275\times100\%:2600=87,5\%\)

Bài 2:

a: \(\dfrac{1}{2}-x=-\dfrac{1}{6}\)

=>\(x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{3+1}{6}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)

b: \(\dfrac{7}{35}=\dfrac{35-x}{105}\)

=>\(\dfrac{35-x}{105}=\dfrac{21}{105}\)

=>35-x=21

=>x=35-21=14

c: \(50\%-\dfrac{3}{4}\cdot x^2=-\dfrac{5}{2}\)

=>\(\dfrac{3}{4}\cdot x^2=\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}=3\)

=>\(x^2=3:\dfrac{3}{4}=4\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

d: 1/5 của 15 là \(15\cdot\dfrac{1}{5}=3\)

50% của x là 3

=>\(x=3:50\%=3:0,5=6\)

bài 1:

a: \(\dfrac{-3}{8}+\dfrac{5}{12}=\dfrac{-9}{24}+\dfrac{10}{24}=\dfrac{1}{24}\)

b: \(\dfrac{-5}{7}\cdot\dfrac{2}{11}+\dfrac{-5}{7}\cdot\dfrac{9}{11}+\dfrac{5}{7}\)

\(=\dfrac{-5}{7}\left(\dfrac{2}{11}+\dfrac{9}{11}\right)+\dfrac{5}{7}\)

\(=\dfrac{-5}{7}\cdot\dfrac{11}{11}+\dfrac{5}{7}\)

\(=\dfrac{-5}{7}+\dfrac{5}{7}=0\)

c: \(\dfrac{2}{-11}\cdot\left(6\dfrac{2}{7}\right)+\dfrac{4}{7}:4-2\)

\(=\dfrac{-2}{11}\cdot\dfrac{44}{7}+\dfrac{1}{7}-2\)

\(=\dfrac{-8}{7}+\dfrac{1}{7}-2=-1-2=-3\)

d: \(1,75:5+2,5\left(4^2-4\cdot4,1\right)\)

\(=0,35+2,5\left(16-16,4\right)\)

\(=0,35-2,5\cdot0,4=0,35-1=-0,65\)

1: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

2: ta có: ΔAEB~ΔAFC

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

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

3: ta có: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

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

Xét ΔAEF và ΔABC có

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

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

4: Gọi giao điểm của AH với BC là K

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại K

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{KBH}\) chung

Do đó: ΔBKH~ΔBEC

=>\(\dfrac{BK}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BE=BK\cdot BC\)

Xét ΔCKH vuông tạiK và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{KCH}\) chung

Do đó: ΔCKH~ΔCFB

=>\(\dfrac{CK}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CF=CK\cdot CB\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BK\cdot BC+CK\cdot BC\)

\(=BC\left(BK+CK\right)=BC^2\)

5: Ta có: ΔAEB vuông tại E

=>\(AB^2=AE^2+BE^2\)

=>\(AB=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

Xét ΔAEB vuông tại E có \(cosEAB=\dfrac{AE}{AB}\)

=>\(cosBAC=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{3}{5}\)

Ta có: ΔAEF~ΔABC

=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=\left(\dfrac{3}{5}\right)^2=\dfrac{9}{25}\)

\(x:3-7,2=0,25\)

\(x:3=0,25+7,2\)

\(x:3=7,45\)

\(x=7,45\times3\)

\(x=22,35\)

_______________

\(x:6\times4=1,248\)

\(x:6=1,248:4\)

\(x:6=0,312\)

\(x=0,312\times6\)

\(x=1,872\)

giúp mình vứi

3.

Do M và F cùng nhìn OC dưới 1 góc vuông  \(\Rightarrow OCFM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{OCM}=\widehat{OFM}\) (cùng chắn OM)

D và F cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow ADFC\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{AFD}=\widehat{ACD}\)

Hay \(\widehat{OFM}+\widehat{DFM}=\widehat{OCM}+\widehat{OCA}\)

\(\Rightarrow\widehat{DFM}=\widehat{OCA}\) 

4.

\(OA=OC=R\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\) (hai góc đáy tam giác cân)

\(\widehat{OAC}=\widehat{KBC}\) (cùng chắn CK)

\(\widehat{KBC}=\widehat{MDF}\) (đồng vị)

\(\Rightarrow\widehat{DFM}=\widehat{DMF}\)

\(\Rightarrow\Delta DFM\) cân tại M

5.

Từ trên ta suy ra \(MD=MF\)

E và M cùng nhìn OB dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow OMBE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{MEO}=\widehat{MBO}\) (cùng chắn OM)

OB=OC=R nên OBC cân tại O \(\Rightarrow\widehat{MBO}=\widehat{MCO}\)

Mà \(\widehat{MCO}=\widehat{MFO}\) (cùng chắn MO của đường tròn nội tiếp OCFM)

\(\Rightarrow\widehat{MEO}=\widehat{MFO}\)

\(\Rightarrow\Delta MEF\) cân tại M

\(\Rightarrow ME=MF\Rightarrow MD=ME=MF\)

Hay M là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF

a.

\(x^4+2x^2+7=x^4+2x^2-24+31=\left(x^2+6\right)\left(x^2-4\right)+31\)

\(=\left(x^2+6\right)\left(x-2\right)\left(x+2\right)+31\)

Vậy \(x^4+2x^2+7\) chia \(x+2\) được \(\left(x^2+6\right)\left(x-2\right)\) dư \(31\)

b.

\(x^2+10x+a=x^2+10x+21+a-21=\left(x+3\right)\left(x+7\right)+a-21\)

\(\Rightarrow x^2+10x+a\) chia hết \(x+3\) khi và chỉ khi \(a-21\) chia hết \(x+3\) với mọi x

\(\Rightarrow a-21=0\)

\(\Rightarrow a=21\)

4.

\(\left(2x+\dfrac{1}{x^3}\right)^4=\left(2x+x^{-3}\right)^4\)

SHTQ trong khai triển: \(C_4^k.\left(2x\right)^k.\left(x^{-3}\right)^{4-k}=C_4^k.2^k.x^{4k-12}\)

Số hạng ko chứa x thỏa mãn: \(4k-12=0\Rightarrow k=3\)

Số hạng đó là: \(C_4^3.2^3=...\)

5.

Tổng các hệ số trong khai triển \(f\left(a;b\right)=f\left(1;1\right)\) (có nghĩa là thay \(a=b=1\) vào là được)

Do đó tổng hệ số là: \(\left(2.1-1\right)^5=1\)

6.

SHTQ trong khai triển: \(C_5^k.\left(xy\right)^k.\left(-1\right)^{5-k}\)

Số hạng chứa \(x^2y^2\Rightarrow k=2\)

Số hạng đó là: \(C_5^2.\left(-1\right)^{5-2}.\left(xy\right)^2=-10x^2y^2\)

b. Bài này số mũ tương đối nhỏ nên khai triển trực tiếp sẽ nhanh hơn tính theo biện luận:

\(\left(xy-1\right)^5=\left(xy\right)^5-5\left(xy\right)^4+10\left(xy\right)^3-10\left(xy\right)^2+5xy-1\)

Hệ số nhỏ nhất là \(-10\)

7.

SHTQ trong khai triển: \(C_5^k.\left(2x\right)^k.5^{5-k}=C_5^k.2^k.5^{5-k}\)

Giả sử số hạng thứ k+1 có hệ số lớn nhất 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_5^k.2^k.5^{5-k}\ge C_5^{k+1}.2^{k+1}.5^{4-k}\\C_5^k.2^k.5^{5-k}\ge C_5^{k-1}.2^{k-1}.5^{6-k}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{5!}{k!.\left(5-k\right)!}.5\ge\dfrac{5!}{\left(k+1\right)!.\left(4-k\right)!}.2\\\dfrac{5!}{k!.\left(5-k\right)!}.2\ge\dfrac{5!}{\left(k-1\right)!.\left(6-k\right)!}.5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}5\left(k+1\right)\ge2\left(5-k\right)\\2.\left(6-k\right)\ge5.k\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}7k\ge5\\12\ge7k\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow k=1\)

Vậy hệ số lớn nhất là: \(C_5^1.2^1.5^4=6250\)

8. Số hạng "có chính giữa" là sao em nhỉ?

1.

\(\left(x+\dfrac{1}{x^4}\right)^5=\left(x+x^{-4}\right)^5\)

Số hạng tổng quát trong khai triển:

\(C_5^k.x^k.\left(x^{-4}\right)^{5-k}=C_5^k.x^{5k-20}\)

Số hạng ko chứa x thỏa mãn:

\(5k-20=0\Rightarrow k=4\)

Số hạng đó là: \(C_5^4=...\)

2.

SHTQ trong khai triển \(\left(x+2\right)^5=C_5^k.x^k.2^{5-k}\)

Số hạng chứa \(x^4\) thỏa: \(k=4\)

\(\Rightarrow\) hệ số của \(x^4\) trong khai triển \(\left(x+2\right)^5\) là \(C_5^4.2^{5-4}=C_5^4.2=10\)

Hệ số của \(x^4\) trong khai triển đã cho là: \(10+3=13\)

3.

\(\left(\dfrac{1}{2x}-x\right)^4=\left(\dfrac{1}{2}.x^{-1}-x\right)^4\)

SHTQ trong khai triển: \(C_4^k.\left(\dfrac{1}{2}x^{-1}\right)^k.\left(-x\right)^{4-k}=C_4^k.\left(\dfrac{1}{2}\right)^k.\left(-1\right)^{4-k}.x^{4-2k}\)

Số hạng ko chứa x thỏa mãn: \(4-2k=0\Rightarrow k=2\)

hệ số: \(C_4^2.\left(\dfrac{1}{2}\right)^4.\left(-1\right)^2=...\)