|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hình lăng trụ.
|
|
|
|
Mình trình bày cách giải thui nhé+Gọi $N$ là trung điểm $A'C'==>MN$_|_$(AA'B'B)==>\widehat{AM;(AA'B'B)}=\widehat{NAM}$+ đầu tiên bạn tính $AI ; B'I' CI$ sử dụgn định lý cos cho tam giác+ta có $3VA.BCI=d(I;AC).S\Delta ABC=d(A;(BCI)).S\Delta BCI$+ việc tìm $d(I;AC) ;S\Delta ABC$ là không khó+để tính $S\Delta BCI$ bạn nên sử dung công thức $Hê-rông$tính độ dài 3 canhĐÂY LÀ CÁCH LÀM KHÁ "trâu bò"-như thầy m hay nói :)NHƯNG nó thực sự đa năng giải quyết nhiều bài toánchúc bạn học tốt!!!
Mình tình bày vắn tắt thui nhé+Gọi $N$ là trung điểm $A'C'==> MN$_|_$(AA'B'B))==>\widehat{AM;(AA'B'B)}=\widehat{NAM}$+ đầu tiên bạn tính độ dài cách cạnh $AI;BI;C'I$+ ta có $3VA.BCI=d(I;AC).S\Delta ABC=d(A;(BCI)).S\Delta BCI$+ việc tìm $d(I;AC) S\Delta ABC$ là không khó+để tính $S\Delta BCI$ bạn nên sử dung công thức Hê-rôngtính độ dài 3 canhĐÂY LÀ CÁCH LÀM KHÁ "trâu bò"-như thầy m hay nói :)NHƯNG nó thực sự đa năng giải quyết nhiều bài toánchúc bạn học tốt!!!
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình lăng trụ.
|
|
|
|
Mình tình bày vắn tắt thui nhé
+Gọi $N$ là trung điểm $A'C'==> MN$_|_$(AA'B'B))==>\widehat{AM;(AA'B'B)}=\widehat{NAM}$
+ đầu tiên bạn tính độ dài cách cạnh $AI;BI;C'I$
+ ta có $3VA.BCI=d(I;AC).S\Delta ABC=d(A;(BCI)).S\Delta BCI$
+ việc tìm $d(I;AC) S\Delta ABC$ là không khó
+để tính $S\Delta BCI$ bạn nên sử dung công thức Hê-rông
tính độ dài 3 canh
ĐÂY LÀ CÁCH LÀM KHÁ "trâu bò"-như thầy m hay nói :)
NHƯNG nó thực sự đa năng giải quyết nhiều bài toán
chúc bạn học tốt!!!
|
|
|
|
sửa đổi
|
các bạn ơi giúp hộ mình bài toán này với.mình cần gấp
|
|
|
|
$SA $_|_$DB$ $BD$_|_$AC\rightarrow BD$_|_$(SAC)$$O=AC\cap BD ; H\in SC :OH$_|_$SC$$\rightarrow d(SD;AC)=OH=\frac{1}{2}d(A;SC)=\frac{a\sqrt6}{6}$
$SA $_|_$DB$ $BD$_|_$AC\rightarrow BD$_|_$(SAC)$$O=AC\cap BD ; H\in SC :OH$_|_$SC$$OH$ là đoạn vuông góc chung$\rightarrow d(SD;AC)=OH=\frac{1}{2}d(A;SC)=\frac{a\sqrt6}{6}$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
em cần gấp ngay thầy ơi?
|
|
|
|
Đặt $\begin{cases}u=x \\ dv=cosx.dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=dx \\ v=sinx \end{cases}$Suy ra $I=xsinx|_0^\pi-\int\limits_{0}^{\pi}sinxdx=\int\limits_{0}^{\pi}dcosx=\frac{cosx^2}{2}|_0^\pi=0$
Đặt $\begin{cases}u=x \\ dv=cosx.dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=dx \\ v=sinx \end{cases}$Suy ra $I=xsinx|_0^\pi-\int\limits_{0}^{\pi}sinxdx=\int\limits_{0}^{\pi}dcosx=\frac{cos^2x}{2}|_0^\pi=0$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp e
|
|
|
|
giúp e Cho $(E) : \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{y^{2}}=1 I(x_0;y_0)$ Chứng minh tiếp tuyến của $(E)$ tại $I$ có phương trình tiếp tuyến có dạng $ \frac{x.x_0}{a^{2}}+\frac{y.y_0}{b^{2}}=1 $
giúp e Cho $(E) : \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{y^{2}}=1 I(x_0;y_0)$ Chứng minh tiếp tuyến của $(E)$ tại $I$ có dạng $ \frac{x.x_0}{a^{2}}+\frac{y.y_0}{b^{2}}=1 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp e
|
|
|
|
giúp e cho (E) : \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{ x^{2}}{y^{2}}=1 . I( Xo; Yo) chứng minh tiếp tuyến của (E) tại I có dạng \frac{ Xox}{a^{2}}+\frac{ Yoy}{b^{2}}=1
giúp e Cho $(E) : \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{ y^{2}}{y^{2}}=1 I( x_0; y_0) $ Chứng minh tiếp tuyến của $(E) $ tại $I $ có phương trình tiếp tuyến có dạng $ \frac{ x.x _0}{a^{2}}+\frac{y .y_0}{b^{2}}=1 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải bpt
|
|
|
|
giải bpt \left| {x^ {2 }-x-2 } \right| + \left| {x-3 } \right| =1
giải bpt $|x^2-x-2|+|x-3|=1 $
|
|
|
|
giải đáp
|
em cần gấp ngay thầy ơi?
|
|
|
|
Đặt $\begin{cases}u=x \\ dv=cosx.dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=dx \\ v=sinx \end{cases}$
Suy ra $I=xsinx|_0^\pi-\int\limits_{0}^{\pi}sinxdx=\int\limits_{0}^{\pi}dcosx=\frac{cos^2x}{2}|_0^\pi=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
Mình cần gấp các bạn?
|
|
|
|
3. Ta có $y=\frac{2(x-2)+5}{x-2}=2+\frac{5}{x-2}$
để y nguyên thì $5$ chia hết cho $(x-2)$
Hay $(x-2) \in \pm 1; \pm5 $
$==> x \in (3;1;7;-3)$ bạn thay vào và tìm y là xong
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người giải giúp em bài toán hình này nha.(cần gấp)
|
|
|
|
a ,ta có CD vuông góc với AB tại trung điểm M của hai đường ==> tứ giác AEBD là hình thoic, ta có $\widehat{DMB}=90^0$(theo giả thiết)$\widehat{DFB}=90^0$(nhìn cung CB là đường kinh )==>tứ giác DMFB nội tiêpb, theo câu a ==>$\widehat{ABE}=\widehat{BAE}$theo câu b==>$\widehat{EDC}=\widehat{ABF}$ mà $\widehat{BAE} \widehat{ABC}
a ,ta có CD vuông góc với AB tại trung điểm M của hai đường ==> tứ giác AEBD là hình thoic, ta có $\widehat{DMB}=90^0$(theo giả thiết)$\widehat{DFB}=90^0$(nhìn cung CB là đường kinh )==>tứ giác DMFB nội tiêpb, theo câu a ==>$\widehat{ABE}=\widehat{BAE}$theo câu b==>$\widehat{EDC}=\widehat{ABF}$ mà $\widehat{BAE}=\widehat{EDC}$(cung nhìn cung CE)==>ĐPCMd,xét $\Delta DEB$ có đường cao BM, DF giao tại trực tâm C==>EC vuông góc với DBmà CG vuông góc vơi BD==> C,G, E thẳng hàng ==>đpcme,ta có $\Delta DEF $ vuông tại F có trung điểm cạnh huyền M==>FM=1/2DE==>$\widehat{CDE}=\widehat{CFM}$ mà $\widehat{ABE}=\widehat{CDE}$==>đpcm
|
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giải giúp em bài toán hình này nha.(cần gấp)
|
|
|
|
a ,ta có CD vuông góc với AB tại trung điểm M của hai đường ==> tứ giác AEBD là hình thoi c, ta có $\widehat{DMB}=90^0$(theo giả thiết)$\widehat{DFB}=90^0$(nhìn cung CB là đường kinh ) ==>tứ giác DMFB nội tiêp b, theo câu a ==>$\widehat{ABE}=\widehat{BAE}$ theo câu b==>$\widehat{EDC}=\widehat{ABF}$ mà $\widehat{BAE}=\widehat{EDC}$(cung nhìn cung CE) ==>ĐPCM d,xét $\Delta DEB$ có đường cao BM, DF giao tại trực tâm C==>EC vuông góc với DB mà CG vuông góc vơi BD==> C,G, E thẳng hàng ==>đpcm e,ta có $\Delta DEF $ vuông tại F có trung điểm cạnh huyền M==>FM=1/2DE==>$\widehat{CDE}=\widehat{CFM}$ mà $\widehat{ABE}=\widehat{CDE}$==>đpcm  |
|