a: \(=23\cdot100+300=2600\)

b: \(=300:\left(4+6\right)-25=30-25=5\)

a) 23.(16+84)+300=23.100+300=2600

b)300:(4+6)-25=300:10-25=5 

Câu IV:

1: Xét tứ giác OHME có \(\hat{OHE}=\hat{OME}=90^0\)

nên OHME là tứ giác nội tiếp

2: C là điểm chính giữa của cung AB

=>CO⊥AB

=>HO⊥AB tại O

Xét ΔHAB có

HO là đường cao

HO là đường trung tuyến

Do đó: ΔHAB cân tại H

=>HA=HB

ΔHAB cân tại H

mà HO là đường cao

nên HO là phân giác của góc AHB

=>\(\hat{AHO}=\hat{BHO}\)

=>\(\hat{AHO}=180^0-\hat{MHO}=\hat{MEO}\)

Xét ΔOHA vuông tại O và ΔMEO vuông tại M có

\(\hat{OHA}=\hat{MEO}\)

Do đó: ΔOHA~ΔMEO

=>\(\frac{OH}{ME}=\frac{OA}{MO}=\frac{HA}{EO}\)

=>\(OA\cdot OE=HA\cdot OM=HB\cdot OM\)

A.Lý thuyết về dấu tam thức bậc hai

1. Tam thức bậc hai (một ẩn) là đa thức có dạng f(x) = ax² + bx  + c trong đó x là biến a, b, c là các số đã cho, với a ≠ 0.

Định lí. Cho tam thức bậc hai f(x) = ax² + bx  + c (a ≠ 0)

có biệt thức    ∆ = b² – 4ac.

- Nếu ∆ < 0 thì với mọi x, f(x) có cùng dấu với hệ số a.

- Nếu ∆ = 0 thì f(x) có nghiệm kép x = , với mọi x ≠ , f(x) có cùng dấu với hệ số a.

- Nếu ∆ > 0, f(x) có 2 nghiệm x₁, x₂ (x₁ < x₂) và luôn cùng dấu với hệ số a với mọi x ngoài đoạn [x₁; x₂] và luôn trái dấu với hệ số a với mọi x trong đoạn (x₁; x₂).

2. Bất phương trình bậc hai một ẩn.

Là mệnh đề chứa một biến có một trong các dạng:

ax² + bx  + c > 0, ax² + bx  + c < 0, ax² + bx  + c ≥ 0, ax² + bx  + c ≤ 0               trong đó vế trái là một tam thức bậc hai.

Để giải bất phương trình bậc hai một ẩn ta dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai.

mk lớp 6

trang6 27trang7 29 trang8 40 trang9 77 trang10 67

Gợi ý: Xóa chữ số 4 ở tận cùng bên trái 1 số có 3 chữ số thì số đó giảm 400 đơn vị.

Ta gọi số cần tìm đó là x 

Theo đề ta có :

\(x-400=\dfrac{1}{9}\)

=> \(x=\dfrac{1}{9}+400=\dfrac{1}{9}+\dfrac{3600}{9}=\dfrac{3601}{9}\)\(=400,1111111\)