|
|
đặt câu hỏi
|
fml
|
|
|
|
a,b,c >0 t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.cmr $\frac{1}{3-ab}+\frac{1}{3-bc}+\frac{1}{3-ca}\leqslant \frac{3}{2}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
...
|
|
|
|
cho tứ diện $ABCD$, gọi $M, N, P$ lần lượt thuộc các cạnh $AB, AC, AD$ sao cho : $MB=2MA, NA=NC, PA=4PD.$ $MN, NP, MP$ lần lượt cắt $BC, CD, DB$ tại $E,F,K$ chứng minh rằng $E,F,K$ thẳng hàng $=))$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
dị phết
|
|
|
|
giải $tanx +4sin(\frac{2015\pi }{2}-x)=2sin(2x+\frac{\pi }{3})+\frac{2}{cosx}$
|
|
|
|
giải đáp
|
khó quá có ai giúp mình với
|
|
|
|
ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ đi qua$ D$ gọi $(O) :x^{2} +y^{2} +ax+by+c=0$ là đương tròn ngoại tiếp tam giác ABC dễ dàng tìm đc $(O):x^{2}+y^{2}+2x-2y-23=0$ thấy $D$ thuộc đường tròn này $\Rightarrow dpcm$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
yết kiến các thánh quỹ tích
|
|
|
|
cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và điểm cố định $A$ trển đường tròn. điểm $M$ di động trên đường tròn đó.vẽ các tam giác vuông cân $ AIM$ ( vuông cân tại I). tìm quỹ tích các điểm $I$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học
|
|
|
|
4 tam giác $ADE, FEM, NGM, CDG$ bằng nhau theo trường hợp $(c.g.c)$ nên $DEMG$ là hình thoi mà lại có $\widehat{MEF}+\widehat{AED}=\widehat{ADE}+\widehat{AED}=90$ nên $\widehat{DEM}=90$ vậy $DEMG$ là hình vuông chứng tỏ $EG$ vuông góc với $DM$ và $EG=DM$ |
|
|
|
giải đáp
|
hình 11
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
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 $\frac{ID}{IB}=\frac{1}{2}$ |
|
|
|
|
|
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 $S$ |
|
|
|
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
|
|
|
|
giải đáp
|
hình phẳng hay
|
|
|
|
đề bài sai vì đường tròn trên không tồn tại nên mk chỉ nêu cách làm thôi nhé.... ahe..dễ chứng minh được $GB=GC=GD$ suy ra G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$ nên $\widehat{BGD}=2\widehat{BCD}=90$ $G$ là giao điểm của $d$ vs đường tròn kết hợp giả thiết suy ra $G$ tam giác $BDG$ vuông cân tại G suy ra trung điểm $M$ của $BD$ cũng là tâm đường tròn $\Rightarrow M(1;1)$ có $G$ và $M$ thì có thể suy ra $B$ mặt khác có $cos\widehat{GBC}=\frac{3}{\sqrt{10}}$ nên ta viết đc phương trình $BC$ đi qua $B$
|
|