|
|
bình luận
|
hey a e
ok đã sửa lại...:___:
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
hey a e
|
|
|
|
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra$TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $x^{2}_{4}$...tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}+C^{2}_{3}+C^{2}_{2}=20$ hình
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra$TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $C^{2}_{4}.2$...tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}.2+C^{2}_{3}.2+C^{2}_{2}.2=30$ hình
|
|
|
|
bình luận
|
hey a e
ừ đúng rồi...tôi nhầm...
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
hey a e
|
|
|
|
với mỗi điểm trên đường thẳng a thì ta lập được chỉ 4 hình bình hànhnên lập đc tất cả là 20 hình
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra$TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $x^{2}_{4}$...tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}+C^{2}_{3}+C^{2}_{2}=20$ hình
|
|
|
|
giải đáp
|
hey a e
|
|
|
|
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra $TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $C^{2}_{4}.2$ ... tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}.2+C^{2}_{3}.2+C^{2}_{2}.2=30$ hình
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học
|
|
|
|
$\Delta AND=\Delta DMC$ (c.g.c) nên $AN=DM$$\widehat{AND}=\widehat{DMC}\Rightarrow \widehat{MDC}+\widehat{AND}=90\Rightarrow AN$ vuông góc với $DM$ $AN//EC $ suy ra $AN$ đi qua trung điểm của $DE$ ( vì $N$ là trung điểm của $CD$ ) nên tam giác $ADN$ cân tại $A$ hay tam giác $ABE$ cân tại $A$
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho tứ diện ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB và BC. Giúp mình với
|
|
|
|
b) xét ba mặp phẳng là (ABC), (ADC), (MNP) có các giao tuyến là MN, AC, PQ trong đó MN//AC $\Rightarrow $ MN//AC//PQ c) xét ba mặt phẳng (MNPQ), (BCD), (ABD) đôi một cát nhau $\Rightarrow $ NP, MQ, BD đồng quy tại I $MN = \frac{1}{2}AC;PQ= \frac{1}{3}AC\Rightarrow \frac{PQ}{MN}=\frac{2}{3}=\frac{IP}{IN}$ theo định lí Menelaus có $\frac{TD}{DB}.\frac{BC}{CN}.\frac{NP}{PI}=1$ $\Leftrightarrow \frac{ID}{DB}=1$ suy ra $\frac{ID}{IB}=\frac{1}{2}$ |
|
|
|
|
|
bình luận
|
Nhị thức Newton
ây za...tẩm ngẩm tầm ngầm học cái này mà ko rủ ae nhá...mai phạt úp mặt vô tường...=))
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mk vs mk cần gấp
|
|
|
|
$a)$ do tứ giác $ABHD$ nội tiếp đường tròn nên ta có $\widehat{BHK}=\widehat{BDA};\widehat{BKH}=\widehat{BDH}=\widehat{ABD}$ nên đpcm $b)$phần $b$ nhé...do $\widehat{HBK}=\widehat{BAD}>90$ nên $HK>BH$ ta biết $sinx$ với $x$ là góc bất kì đều nhỏ hơn $1$ nên $HK=BH.sin\alpha $ là vô lí c)$CH=BC.cos\alpha =2cm;BH=BC.sin\alpha =2\sqrt{3}\Rightarrow S_{DBH}=1/2.BH.(DC+CH)=28\sqrt{3}cm^{2}$ tương tự tính được $S_{DBK}=\frac{221\sqrt{3}}{2}cm^{2}$ sau lấy tổng $S$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 15/07/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số sau
|
|
|
|
a) lập bảng biến thiên của hàm $f(t)=3t^{2}-t+1$ trên $[-1;1]$ suy ra $min=\frac{11}{12};max=5$$\begin{array}{|c|cccccc|} \hline t & -1& \dfrac{1}{6} & 1 \\ \hline &3 & \qquad&5 \\ f(t)& \hspace{2cm} \searrow & \hspace{2cm} \nearrow \\ & & \dfrac{11}{12} \\ \hline \end{array} $
b) hạ bậc, $f=2sin2x-cos2x+2$ $\Leftrightarrow 2sin2x-cosx=f-2$ sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình ta phải có $2^{2}+(-1)^{2}\geq (f-2)^{2}$ tương đương $2-\sqrt{5}\leq f\leq 2+\sqrt{5}$ dấu bằng bạn tự suy ra nhé
|
|