K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
27 tháng 9 2021
1b) \(C=\sqrt{81a}-\sqrt{144a}+\sqrt{36a}\left(a\ge0\right)=8\sqrt{a}-12\sqrt{a}+6\sqrt{a}=2\sqrt{a}\)
Bài 2:
a),b) \(P=\left(\dfrac{1}{1-\sqrt{a}}-\dfrac{1}{1+\sqrt{a}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+1\right)\left(đk:x>0,x\ne1\right)\)
\(=\dfrac{1+\sqrt{a}-1+\sqrt{a}}{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}\right)}.\dfrac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}=\dfrac{2\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}.\dfrac{1}{\sqrt{a}}=\dfrac{2}{1-\sqrt{a}}\)
c) \(P=\dfrac{2}{1-\sqrt{a}}=\dfrac{2}{1-\sqrt{4}}=\dfrac{2}{1-2}=-2\)
d) \(P=\dfrac{2}{1-\sqrt{a}}=9\)
\(\Rightarrow-9\sqrt{a}+9=2\Rightarrow\sqrt{a}=\dfrac{7}{9}\Rightarrow a=\dfrac{49}{81}\left(tm\right)\)
TM
6 tháng 4 2023
Bài III.2b.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)
hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)
\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có :
\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)
\(=m^2+2m+1-4m-16\)
\(=m^2-2m-15>0\).
\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).
Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)
Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).
Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)
Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)
\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).
Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).
Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt :
\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).
Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.
TM
6 tháng 4 2023
Bài IV.b.
Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).
Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).
Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).
Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)
\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)
Tính diện tích hình quạt tròn
Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).
\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)
TQ
5
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 7 2021
Lời giải:
b. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và $C=45^0$ nên:
$B=90^0-C=90^0-45^0=45^0$
Do đó, tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$
$\Rightarrow AC=AB=50$ (cm)
Áp dụng định lý Pitago: $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{50^2+50^2}=50\sqrt{2}$ (cm)
f.
Theo định lý Pitago: $AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{7^2-5^2}=2\sqrt{6}$ (cm)
$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt{6}}{7}$
$\Rightarrow B=44,42^0$
$C=90^0-B=90^0-44,42^0=45,58^0$
17 tháng 7 2021
b) Xét ΔABC vuông tại A có \(\widehat{C}=45^0\)(gt)
nên ΔABC vuông cân tại A(Định nghĩa tam giác vuông cân)
Suy ra: \(\widehat{B}=45^0\) và AC=50(cm)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=50^2+50^2=5000\)
hay \(BC=50\sqrt{2}\left(cm\right)\)
3 tháng 3 2023
a: Khi x<0 thì hàm số đồng biến
b: PTHĐGĐ là:
-x^2=2x-3
=>-x^2-2x+3=0
=>x^2+2x-3=0
=>(x+3)(x-1)=0
=>x=1 hoặc x=-3
=>y=-1 hoặc y=-9
c: Thay y=-4vào (P),ta được:
x^2=4
=>x=2 hoặc x=-2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 7 2021
Lời giải:
a. Số tiền phạt cho $20$ kg hành lý quá cước là:
$T=\frac{4}{5}.20+20=36$ (USD)
b.
$651980$ VNĐ = $\frac{651980}{23285}=28$ USD
Ta có: $28=\frac{4}{5}M+20$
$8=\frac{4}{5}M$
$M=10$ (kg)
Vậy khối lượng hành lý quá cước là $10$ kg.
17 tháng 8 2021
c: Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(d1\right),\left(d2\right)\) là:
x-2=3x-4
\(\Leftrightarrow x-3x=-4+2\)
\(\Leftrightarrow-2x=-2\)
hay x=1
Thay x=1 vào y=x-2, ta được:
y=1-2=-1
Thay x=1 và y=-1 vào \(\left(d\right)\), ta được:
\(m^2-3m+1+m-1=-1\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+1=0\)
\(\Leftrightarrow m-1=0\)
hay m=1
Thay m=2 vào HPT ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=1\\x+2y=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=2\\x+2y=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=2\\3x=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{3}\\y=\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)
b) \(\left\{{}\begin{matrix}mx+y=1\\x+my=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}y=1-mx\\x+m\left(1-mx\right)=1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
(1) ⇔x+m-m2x=1
⇔x(1-m2)=1-m (2)
TH1: 1-m2 = 0
⇔m = +- 1
Thay m=1 vào (2) ta có: 0x=0 (Luôn đúng) ⇒m=1 (chọn)
Thay m=-1 vào (2) ta có: 0x=2 (Vô lí) ⇒m=-1 (loại)
TH2: 1-m2 ≠0
⇔m≠ +-1
⇒HPT có nghiệm duy nhất:
x= \(\dfrac{1-m}{1-m^2}\)
⇒y= \(1-m.\dfrac{1-m}{1-m^2}\)
⇔y=\(\dfrac{1-m}{1-m^2}\)
Dễ thấy x=y nên:
\(\dfrac{1-m}{1-m^2}>0\)
⇔1-m>0
⇔m<1
Vậy m <1 thì Thỏa mãn yêu cầu đề bài.