Cầm Trúc Linh Chi
Giới thiệu về bản thân
Ý nghĩa của câu 1 câu 9 hoàn toàn đối lập nhau. Câu 1 khẳng định phương pháp học thông minh, sáng tạo, hiểu sâu rộng; câu 9 phê phán cách học hời hợt, hình thức, không mang lại kiến thức thực chất.
Gọi vị trí đặt loa là \(D\) suy ra \(D\) nằm giữa \(A\) và \(B\).Trong tam giác vuông \(A D C\) ta có \(D C\) là cạnh lớn nhất (đối diện với góc lớn nhất) nên \(D C > A C = 550\) m. Vậy tại \(C\) không thể nghe tiếng loa, do vị trí \(C\) đã nằm ngoài bán kính phát sóng của loa.
a) Xét \(\Delta D A B\) và \(\Delta E A C\) lần lượt vuông tại \(D\) và \(E\) có:
\(A B = A C\) (\(\Delta A B C\) cân tại \(A\));
\(\hat{B A C}\) chung.
Suy ra \(\Delta D A B = \Delta E A C\) (cạnh huyền, góc nhọn)
Suy ra \(A D = A E\) (hai cạnh tương ứng).
b) Xét \(\Delta E A I\) và \(\Delta D A I\) lần lượt vuông tại \(E\) và \(D\):
\(AE=AD\)
Chung cạnh \(A I .\)
Suy ra \(\Delta E A I = \Delta D A I\) (cạnh huyền, cạnh góc vuông).
Suy ra \(\hat{E A I}=\hat{D A I}\) (hai góc tương ứng).
Suy ra \(A I\) là tia phân giác của \(\hat{B A C}\).
c) Có \(A D = A E\) suy ra \(\Delta A E D\) cân tại \(A\).
Suy ra \(\hat{A E D} = \frac{18 0^{\circ} - \hat{B A C}}{2}\)
Tam giác \(A B C\) cân tại \(A\), suy ra \(\hat{A B C} = \frac{18 0^{\circ} - \hat{B A C}}{2}\).
Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. 2 \left.\right)\) suy ra \(\hat{A E D} = \hat{A B C}\) (hai góc ở vị trí đồng vị) nên \(E D\) // \(B C\).
a) Xét \(\Delta D A B\) và \(\Delta E A C\) lần lượt vuông tại \(D\) và \(E\) có:
\(A B = A C\) (\(\Delta A B C\) cân tại \(A\));
\(\hat{B A C}\) chung.
Suy ra \(\Delta D A B = \Delta E A C\) (cạnh huyền, góc nhọn)
Suy ra \(A D = A E\) (hai cạnh tương ứng).
b) Xét \(\Delta E A I\) và \(\Delta D A I\) lần lượt vuông tại \(E\) và \(D\):
\(AE=AD\)
Chung cạnh \(A I .\)
Suy ra \(\Delta E A I = \Delta D A I\) (cạnh huyền, cạnh góc vuông).
Suy ra \(\hat{E A I}=\hat{D A I}\) (hai góc tương ứng).
Suy ra \(A I\) là tia phân giác của \(\hat{B A C}\).
c) Có \(A D = A E\) suy ra \(\Delta A E D\) cân tại \(A\).
Suy ra \(\hat{A E D} = \frac{18 0^{\circ} - \hat{B A C}}{2}\)
Tam giác \(A B C\) cân tại \(A\), suy ra \(\hat{A B C} = \frac{18 0^{\circ} - \hat{B A C}}{2}\).
Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. 2 \left.\right)\) suy ra \(\hat{A E D} = \hat{A B C}\) (hai góc ở vị trí đồng vị) nên \(E D\) // \(B C\).
a) Do tam giác \(A B C\) cân tại \(A\) nên \(A B = A C\) và \(\hat{A B C} = \hat{A C B}\).
Do \(B F\) là tia phân giác của \(\hat{A B C}\) nên \(\hat{A B F} = \hat{F B C} = \frac{1}{2} \hat{A B C}\).
Do \(C E\) là tia phân giác của \(\hat{A C B}\) nên \(\hat{A C E} = \hat{E C B} = \frac{1}{2} \hat{A C B}\).
Do đó \(\hat{A B F} = \hat{A C E}\).
b) Xét \(\triangle A B F\) và \(\triangle A C E\) có:
\(\hat{A B F} = \hat{A C E}\) (chứng minh trên).
\(A B = A C\) (chứng minh trên).
\(\hat{A}\) chung.
Do đó \(\triangle A B F = \triangle A C E\) (g.c.g).
Suy ra \(A F = A E\) (hai cạnh tương ứng).
Tam giác \(A E F\) có \(A F = A E\) nên tam giác \(A E F\) cân tại \(A\).
c) Ta có \(\hat{F B C} = \hat{E C B}\) nên \(\hat{I B C} = \hat{I C B}\).
Tam giác \(I B C\) có \(\hat{I B C} = \hat{I C B}\) nên tam giác \(I B C\) cân tại \(I\).
Do đó \(I B = I C\).
\(\hat{E I B} = \hat{F I C}\) (đối đỉnh).
\(I B = I C\) (chứng minh trên).
\(\hat{E B I} = \hat{F C I}\) (chứng minh trên).
Do đó \(\Delta E I B = \Delta F I C\) (g.c.g).
Suy ra \(I E = I F\) (hai cạnh tương ứng).
Tam giác \(I E F\) có \(I E = I F\) nên tam giác \(I E F\) cân tại \(I\).
Biểu thức \(A\) lớn nhất khi \(x^{2022} + 2023\) nhỏ nhất.
ta có \(x^{2022} \geq 0\) với mọi \(x\in R\). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = 0\).
Vậy khi \(x = 0\), \(A\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(2023\).
GT | \(\Delta A B C : A = 9 0^{\circ}\) \(B D\) là phân giác của góc \(B\) \(D E \bot B C \left(\right. E \in A C \left.\right)\) \(BA\cap ED=\left\lbrace F\right\rbrace{}\) \(BD\cap FC=\left\lbrace K\right\rbrace\) |
KL | a) \(\Delta B A D = \Delta B E D\). b) \(\Delta B C F\) cân tại \(B\). c) \(B D\) là đường trung tuyesn của \(\Delta B C F\). |
a) Xét \(\Delta B A D\) và \(\Delta B E D\) lần lượt vuông tại \(A\) và \(E\).
\(B D\) chung.
\(\hat{A B D} = \hat{E B D}\) (\(B D\) là tia phân giác).
Suy ra \(\Delta B A D = \Delta B E D\) (cạnh huyền - góc nhọn).
b) Vì \(\Delta BAD=\Delta BED\left(\right.cm\) phần a) nên \(A D = E D ; B A = B E\) (2)
Xét \(\Delta A F D\) vuông tại \(A\) và \(\Delta E C D\) vuông tại \(E\) có:
\(A D = E D \left(\right. c m t \left.\right)\)
\(\hat{A D F} = \hat{E D C}\) (đối đỉnh)
Suy ra \(\Delta A F D = \Delta E C D\) (cạnh góc vuông - góc nhọn)
Nên \(A F = E C\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(A F + B A = B E + E C\)
Hay \(B F = B C\)
Vậy \(\Delta B C F\) cân tại \(B\).
c) Giả sử \(B D\) kéo dài cắt \(F C\) tại \(K\)
Xét \(\Delta B K F\) và \(\Delta B K C\) có:
\(B K\) là cạnh chung
\(\hat{K B F} = \hat{K B C}\) (Vì \(B D\) là phân giác của \(\hat{A B C}\) )
\(B F = B C\) ( cm phần b(\(\)
Suy ra \(\Delta B K F = \Delta B K C \left(\right.\) c.g.c \(\left.\right)\)
Suy ra \(K F = K C\) (hai cạnh tương ứng)
Vậy \(B K\) hay \(B D\) là đường trung tuyến của \(\Delta B C F\).
a) Sắp xếp \(P \left(\right. x \left.\right)\) và \(Q \left(\right. x \left.\right)\) theo lũy thừa giảm dần.
\(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2\).
\(Q \left(\right. x \left.\right) = - x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 6\).
b) \(P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right) = x^{3} + 8\).
\(P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right) = 3 x^{3} + 10 x^{2} - 4 x - 4\).
a) Tập hợp \(\)M gồm các kết quả có thể xảy ra khi bút màu được rút ra là:
M={xanh, đỏ, vàng, da cam, tím, trắng, hồng}
b) Số phần tử của tập hợp \(\)M là: 7
Xác suất biến cố "Màu được rút ra là vàng" là: \(\frac{1}{7}\)