Ta có: \(C=-x^2-10y^2-2xy-2x+4y-6\)

\(=-x^2-2xy-y^2-2x-2y-9y^2+6y-1-5\)

\(=-\left(x+y\right)^2-2\left(x+y\right)-1-\left(9y^2-6y+1\right)-4\)

\(=-\left(x+y+1\right)^2-\left(3y-1\right)^2-4\le-4\forall x,y\)

Dấu '=' xảy ra khi \(\begin{cases}3y-1=0\\ x+y+1=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=\frac13\\ x=-y-1=-\frac13-1=-\frac43\end{cases}\)

a: ΔBAC cân tại B

=>\(\hat{ABC}=180^0-2\cdot\hat{BAC}=180^0-2\cdot36^0=108^0\)

b: AD là phân giác của góc BAC

=>\(\hat{BAD}=\hat{CAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac{36^0}{2}=18^0\)

TA có: \(\hat{ABC}+\hat{ABE}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{ABE}=180^0-108^0=72^0\)

Ta có: \(\hat{ABE}+\hat{BAE}=90^0\) (ΔBEA vuông tại E)

=>\(\hat{BAE}=90^0-72^0=18^0\)

Xét ΔAFB vuông tại F và ΔAEB vuông tại E có

AB chung

\(\hat{FAB}=\hat{EAB}\left(=18^0\right)\)

Do đó: ΔAFB=ΔAEB

a: ΔBAC cân tại B

=>\(\hat{ABC}=180^0-2\cdot\hat{BAC}=180^0-2\cdot36^0=108^0\)

b: AD là phân giác của góc BAC

=>\(\hat{BAD}=\hat{CAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac{36^0}{2}=18^0\)

TA có: \(\hat{ABC}+\hat{ABE}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{ABE}=180^0-108^0=72^0\)

Ta có: \(\hat{ABE}+\hat{BAE}=90^0\) (ΔBEA vuông tại E)

=>\(\hat{BAE}=90^0-72^0=18^0\)

Xét ΔAFB vuông tại F và ΔAEB vuông tại E có

AB chung

\(\hat{FAB}=\hat{EAB}\left(=18^0\right)\)

Do đó: ΔAFB=ΔAEB

1: Sửa đề: \(x^2-\left(2m+3\right)x+m^2+3m+2=0\)

\(\Delta=\left(2m+3\right)^2-4\left(m^2+3m+2\right)\)

\(=4m^2+12m+9-4m^2-12m-8=1>0\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

2: Thay x=2 vào phương trình, ta được:

\(2^2-\left(2m+3\right)\cdot2+m^2+3m+2=0\)

=>\(4-4m-6+m^2+3m+2=0\)

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

=>m(m-1)=0

=>m=0 hoặc m=1

Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2m+3\)

=>\(x_2+2=2m+3\)

=>\(x_2=2m+1\)

TH1: m=0

=>\(x_2=2\cdot0+1=1\)

TH2: m=1

\(x_2=2m+1=2\cdot1+1=3\)

a: Sửa đề: Chứng minh ΔPKM~ΔPMQ

Xét ΔPKM vuông tại K và ΔPMQ vuông tại M có

\(\hat{KPM}\) chung

Do đó: ΔPKM~ΔPMQ

=>\(\frac{PK}{PM}=\frac{PM}{PQ}\)

=>\(MP^2=PK\cdot PQ\)

c: Sửa đề: \(KP\cdot KQ=MH\cdot MP\)

Xét ΔKMQ vuông tại K và ΔKPM vuông tại K có

\(\hat{KMQ}=\hat{KPM}\left(=90^0-\hat{KMP}\right)\)

Do đó: ΔKMQ~ΔKPM

=>\(\frac{KM}{KP}=\frac{KQ}{KM}\)

=>\(KM^2=KQ\cdot KP\left(1\right)\)

Xét ΔMHK vuông tại H và ΔMKP vuông tại K có

\(\hat{HMK}\) chung

Do đó; ΔMHK~ΔMKP

=>\(\frac{MH}{MK}=\frac{MK}{MP}\)

=>\(MK^2=MH\cdot MP\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MH\cdot MP=KP\cdot KQ\)

a: Sửa đề: Chứng minh ΔPKM~ΔPMQ

Xét ΔPKM vuông tại K và ΔPMQ vuông tại M có

\(\hat{KPM}\) chung

Do đó: ΔPKM~ΔPMQ

=>\(\frac{PK}{PM}=\frac{PM}{PQ}\)

=>\(MP^2=PK\cdot PQ\)

c: Sửa đề: \(KP\cdot KQ=MH\cdot MP\)

Xét ΔKMQ vuông tại K và ΔKPM vuông tại K có

\(\hat{KMQ}=\hat{KPM}\left(=90^0-\hat{KMP}\right)\)

Do đó: ΔKMQ~ΔKPM

=>\(\frac{KM}{KP}=\frac{KQ}{KM}\)

=>\(KM^2=KQ\cdot KP\left(1\right)\)

Xét ΔMHK vuông tại H và ΔMKP vuông tại K có

\(\hat{HMK}\) chung

Do đó; ΔMHK~ΔMKP

=>\(\frac{MH}{MK}=\frac{MK}{MP}\)

=>\(MK^2=MH\cdot MP\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MH\cdot MP=KP\cdot KQ\)

Sửa đề: \(A=\left(1-\frac{1}{1+2}\right)\left(1-\frac{1}{1+2+3}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1-\frac{1}{1+2+3+\cdots+97}\right)\)

TA có công thức tổng quát: \(1-\frac{1}{1+2+\cdots+n}\)

\(=1-\frac{1}{\frac{n\left(n+1\right)}{2}}\)

\(=1-\frac{2}{n\left(n+1\right)}\)

\(=\frac{n\left(n+1\right)-2}{n\left(n+1\right)}=\frac{n^2+n-2}{n\left(n+1\right)}=\frac{\left(n+2\right)\left(n-1\right)}{n\left(n+1\right)}\)

Ta có: \(A=\left(1-\frac{1}{1+2}\right)\left(1-\frac{1}{1+2+3}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1-\frac{1}{1+2+3+\cdots+97}\right)\)

\(=\frac{\left(2+2\right)\left(2-1\right)}{2\left(2+1\right)}\cdot\frac{\left(3+2\right)\left(3-1\right)}{3\left(3+1\right)}\cdot\ldots\cdot\frac{\left(97+2\right)\left(97-1\right)}{97\left(97+1\right)}\)

\(=\frac{4\cdot1}{2\cdot3}\cdot\frac{5\cdot2}{3\cdot4}\cdot\ldots\cdot\frac{99\cdot96}{97\cdot98}\)

\(=\frac{4\cdot5\cdot\ldots\cdot99}{3\cdot4\cdot\ldots\cdot98}\cdot\frac{1\cdot2\cdot\ldots\cdot96}{2\cdot3\cdot\ldots\cdot97}=\frac{99}{3}\cdot\frac{1}{97}=\frac{33}{97}\)

TA có: \(\overline{abc}+\overline{ab}+\overline{a}=215\)

=>100a+10b+c+10a+b+a=215

=>111a+11b+c=215

=>a=1; 11b+c=215-111=104

=>a=1; b=9; c=5

Vậy: Số cần tìm là 195

a: Kẻ AH⊥BC tại H và MK⊥BC tại K

=>MK là đường cao của hình thang MNCB và AH là đường cao ứng với cạnh BC của ΔABC

Theo đề, ta có: MK=24cm

ΔABC vuông tại A

=>\(S_{ABC}=\frac12\times AB\times AC\left(1\right)\)

ΔABC có AH là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\times AH\times BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AH\times BC=AB\times AC\)

=>AH=36x48:60=28,8(cm)

Vì MK//AH

nên \(\frac{BM}{BA}=\frac{MK}{AH}=\frac56\)

=>\(AM=\frac16AB=\frac16\times36=6\left(\operatorname{cm}\right)\)

Vì MN//BC

nên \(\frac{AN}{AC}=\frac{AM}{AB}\)

=>\(\frac{AN}{48}=\frac16\)

=>AN=8(cm)

ΔAMN vuông tại A

=>\(S_{AMN}=\frac12\times AM\times NA=\frac12\times6\times8=\frac{48}{2}=24\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: ΔABC vuông tại A

=>\(S_{ABC}=\frac12\times AB\times AC=\frac12\times36\times48=18\times48=864\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Ta có: \(S_{AMN}+S_{BMNC}=S_{ABC}\)

=>\(S_{BMNC}=864-24=840\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

c: \(S_{BMNC}=\frac12\times\left(MN+CB\right)\times MK\)

=>\(\frac12\times24\times\left(MN+60\right)=840\)

=>MN+60=840:12=70

=>MN=10(cm)

a: \(\alpha=1035^0=1080^0-45^0=3\cdot360^0-45^0\)

Biểu diễn trên góc lượng giác

b: \(\alpha=\frac{195\pi}{3}=39\pi=38\pi+\pi\)

Biểu diễn trên góc lượng giác

c: \(\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi\)

Biểu diễn trên góc lượng giác

d: \(a=k\pi\)

Biểu diễn trên góc lượng giác