Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
Ta có:
2a² + 6a ≠ 0
⇔ 2a(a + 3) ≠ 0
⇔ a ≠ 0; a ≠ -3
Lại có:
a² - 9 ≠ 0
⇔ (a - 3)(a + 3) ≠ 0
⇔ a ≠ 3; a ≠ -3
Vậy điều kiện xác định là:
a ≠ 0; a ≠ 3; a ≠ -3
b)
Ta có:
2a² + 6a = 2a(a + 3)
a² - 9 = (a - 3)(a + 3)
Suy ra:
P = (a + 3)²/[2a(a + 3)] . [1 - 6(a - 3)/((a - 3)(a + 3))]
= (a + 3)/2a . (1 - 6/(a + 3))
= (a + 3)/2a . (a + 3 - 6)/(a + 3)
= (a + 3)/2a . (a - 3)/(a + 3)
= (a - 3)/2a
Vậy:
P = (a - 3)/2a
c)
P = 0
(a - 3)/2a = 0
⇔ a - 3 = 0
⇔ a = 3
Do a = 3 không thỏa điều kiện xác định nên không có giá trị nào của a.
P = 1
(a - 3)/2a = 1
⇔ a - 3 = 2a
⇔ a = -3
Do a = -3 không thỏa điều kiện xác định nên không có giá trị nào của a.
a) Điều kiện xác định:
2a^2+6a khác 0, a^2-9 khác 0
2a(a+3) khác 0, (a-3)(a+3) khác 0
a khác 0, a khác -3, a khác 3
b) Rút gọn:
P = (a+3)^2/[2a(a+3)] . [1 - (6a-18)/(a^2-9)]
P = (a+3)/(2a) . [1 - 6(a-3)/((a-3)(a+3))]
P = (a+3)/(2a) . [1 - 6/(a+3)]
P = (a+3)/(2a) . (a-3)/(a+3)
P = (a-3)/(2a)
c) P = 0
(a-3)/(2a) = 0
a - 3 = 0
a = 3, loại vì không thỏa điều kiện
Vậy không có giá trị a để P = 0
P = 1
(a-3)/(2a) = 1
a - 3 = 2a
a = -3, loại vì không thỏa điều kiện
Vậy không có giá trị a để P = 1
Bài 4.
Ta có A + B + C + D = 360°
Mà A + B = 230° nên C + D = 130°
Lại có C - D = 10°
Suy ra C = (130° + 10°) : 2 = 70°
D = 130° - 70° = 60°
Đáp án: C = 70°, D = 60°
Bài 5.
Gọi M = x
N = x + 10°
P = x + 20°
Q = x + 30°
Ta có x + x + 10° + x + 20° + x + 30° = 360°
4x + 60° = 360°
4x = 300°
x = 75°
Vậy M = 75°, N = 85°, P = 95°, Q = 105°
Bài 6.
Gọi tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD
Trong tam giác ABC: AC < AB + BC
Trong tam giác ADC: AC < AD + DC
Suy ra 2AC < AB + BC + CD + DA
Nên AC < nửa chu vi tứ giác
Tương tự, BD < nửa chu vi tứ giác
Mặt khác, trong các tam giác tạo bởi hai đường chéo, áp dụng bất đẳng thức tam giác suy ra AC + BD lớn hơn mỗi cặp cạnh đối, nên AC + BD > nửa chu vi tứ giác
Vậy tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi và nhỏ hơn chu vi của tứ giác.
Bài 4: Xét tứ giác ABCD có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}+\hat{D}=360^0\)
=>\(\hat{C}+\hat{D}=360^0-230^0=130^0\)
mà \(\hat{C}-\hat{D}=10^0\)
nên \(\hat{C}=\frac{130^0+10^0}{2}=70^0;\hat{D}=70^0-10^0=60^0\)
Bài 5:
\(\hat{P}=\hat{N}+10^0=\hat{M}+10^0+10^0=\hat{M}+20^0\)
\(\hat{Q}=\hat{P}+10^0=\hat{M}+20^0+10^0=\hat{M}+30^0\)
Xét tứ giác MNPQ có \(\hat{M}+\hat{N}+\hat{P}+\hat{Q}=360^0\)
=>\(\hat{M}+\hat{M}+10^0+\hat{M}+20^0+\hat{M}+30^0=360^0\)
=>\(4\cdot\hat{M}=300^0\)
=>\(\hat{M}=75^0\)
=>\(\hat{N}=75^0+10^0=85^0;\hat{P}=75^0+20^0=95^0;\hat{Q}=75^0+30^0=105^0\)
Bài 6: Gọi tứ giác đề bài cho là ABCD, với O là giao điểm của AC và BD
Xét ΔOAB có OA+OB>AB
Xét ΔOBC có OB+OC>BC
Xét ΔOCD có OC+OD>CD
Xét ΔOAD có OA+OD>AD
Do đó: OA+OB+OC+OD+OC+OD+OA+OD>AB+BC+CD+AD
=>2(OA+OB+OC+OD)>AB+BC+CD+AD
=>2(AC+BD)>AB+BC+CD+AD
=>\(AC+BD>\frac{AB+BC+CD+DA}{2}=\frac{P}{2}\) (1)
Xét ΔABC có BA+BC>AC
Xét ΔADC có AD+DC>AC
Xét ΔABD có AB+AD>BD
Xét ΔCBD có CB+CD>BD
Do đó: BA+BC+AD+DC+AB+AD+CB+CD>AC+AC+BD+BD
=>2(AB+BC+CD+DA)>2(AC+BD)
=>AC+BD<AB+BC+CD+DA=P(2)
Từ (1),(2) suy ra P/2<AC+BD<P
1: Ta có:\(AE=EB=\frac{AB}{2}\)
\(DK=CK=\frac{DC}{2}\)
mà AB=CD
nên AE=EB=DK=CK
Xét tứ giác AEKD có
AE//KD
AE=KD
Do đó: AEKD là hình bình hành
Hình bình hành AEKD có \(\hat{EAD}=90^0\)
nên AEKD là hình chữ nhật
=>AK cắt ED tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AK và ED
AEKD là hình chữ nhật
=>AK=ED
mà \(OA=OK=\frac{AK}{2};OE=OD=\frac{DE}{2}\)
nên \(OA=OK=OE=OD=\frac{AK}{2}=\frac{DE}{2}\)
ΔDME vuông tại M
mà MO là đường trung tuyến
nên \(MO=\frac{DE}{2}=\frac{AK}{2}\)
Xét ΔMAK có
MO là đường trung tuyến
\(MO=\frac{AK}{2}\)
Do đó: ΔMAK vuông tại M
2:
Gọi I là trung điểm của AK và DM
Xét tứ giác AECK có
AE//CK
AE=CK
Do đó: AECK là hình bình hành
=>AK//CE
mà DM⊥EC
nên DM⊥AK tại I
Xét ΔDMC có
K là trung điểm của DC
KI//MC
Do đó: I là trung điểm của DM
Xét ΔADM có
AI là đường trung tuyến
AI là đường cao
Do đó: ΔADM cân tại A
Ta có $B=-2x^2+4x-4y-4xy-4y^2+3$
$=-2(x^2+2xy+2y^2-2x+2y)+3$
$=-2\left[(x+y)^2+y^2-2x+2y\right]+3$
$=-2\left[(x+y-1)^2+y^2+2y\right]+5$
$=-2\left[(x+y-1)^2+(y+1)^2-1\right]+5$
$=-2(x+y-1)^2-2(y+1)^2+7.$
Vì $(x+y-1)^2\ge0,\qquad (y+1)^2\ge0$ nên $B\le7.$
Dấu ``='' xảy ra khi $\begin{cases}x+y-1=0,\\y+1=0.\end{cases}$
$\Leftrightarrow\begin{cases}y=-1,\\x=2.\end{cases}$
Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là $7$, đạt được khi $x=2,\ y=-1.$
- biến đổi vật lí là sự thay đổi về trạng thái, hình dạng, kích thước hoặc tính chất vật lí của một chất mà ko tạo ra chất mới
- biến đổi hoá học là sự biến đổi lm xuất hiện một hoặc nhiều chất mới có tính chất khác với chất ban đầu
đáp án đúng:
- oxi hóa glucose cung cấp năng lượng cho cơ thể
- đốt cháy gas để đun nấu
- đốt cháy xăng dầu để vận hành phương tiện giao thông
- Oxi hoá glucose cung cấp năng lượng cho cơ thể
- Đốt cháy gas để đun nấu
- Đốt cháy xăng dầu để vận hành phương tiện giao thông
bài này mình tìm nhiều khắp diễn đàn rùi mà không có thấy trả lời, hic T-T, bạn nào giúp mình với ạ, mình cảm ơn rất nhiều.
khuya rồi :v, khuyên bạn sau đăng sáng hoặc ib riêng mik cho nhanh chứ tối tí thì ngủ nhưng có phong deadline:)
a) ta có góc QMC= góc NMB( đối đỉnh)
xét tam giác MQC vuông tại Q có:
góc C+ góc QMC= 90 độ
xét tam giác MPB vuông tại P có:
góc PMB+ góc B= 90 độ
mà góc B= góc C( tam giác ABC cân)
=> góc PMB= góc QMC
mà góc QMC= góc NMB
=> góc PMB= góc NMB
Xét tam giác PMB và tam giác NMB có:
MP=MN
góc PMB= góc NMB
MB là cạnh chung
=> △PMB=△NMB(c.g.c)
=> góc MNB= góc MPB= 90 độ hay góc QNB= 90 độ
xét tứ giác BEQN có:
góc BEQ= góc EQN= góc QNB= 90 độ
=> tứ giác BEQN là hình chữ nhật
b) ta có BEQN là hình chữ nhật
=> NQ=BE
mà M nằm trong NQ
=> NQ=NM+MQ
thay NM=MP và NQ=BE ta có:
BE=MP+MQ
Xét tam giác ACF và tam giác ABE có:
góc A chung
góc AEC= góc AEB= 90 độ
AB= AC
=> △ACF=△ABE(ch-gn)
=> BE=CF
=> CF=MP+MQ(đpcm)