Nguyễn Minh Châu
Giới thiệu về bản thân
a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD, AB // CD.
Mà E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên AE = BE = \(\frac{1}{2}\)AB, CF = DF = \(\frac{1}{2}\)CD
Do đó AE = BE = CF = DF.
Xét tứ giác AEFD có:
AE // DF (vì AB // CD);
AE = DF (chứng minh trên)
Do đó tứ giác AEFD là hình bình hành.
Xét tứ giác AECF có:
AE // CF (vì AB // CD);
AE = CF (chứng minh trên)
Do đó tứ giác AECF là hình bình hành.
Vậy hai tứ giác AEFD, AECF là những hình bình hành.
b) Vì tứ giác AEFD là hình bình hành nên EF = AD.
Vì tứ giác AECF là hình bình hành nên AF = EC.
Vậy EF = AD, AF = EC.
a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD, AB // CD.
Mà E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên AE = BE = \(\frac{1}{2}\)AB, CF = DF = \(\frac{1}{2}\)CD
Do đó AE = BE = CF = DF.
Xét tứ giác AEFD có:
AE // DF (vì AB // CD);
AE = DF (chứng minh trên)
Do đó tứ giác AEFD là hình bình hành.
Xét tứ giác AECF có:
AE // CF (vì AB // CD);
AE = CF (chứng minh trên)
Do đó tứ giác AECF là hình bình hành.
Vậy hai tứ giác AEFD, AECF là những hình bình hành.
b) Vì tứ giác AEFD là hình bình hành nên EF = AD.
Vì tứ giác AECF là hình bình hành nên AF = EC.
Vậy EF = AD, AF = EC.
a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD, AB // CD.
Mà E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên AE = BE = \(\frac{1}{2}\)AB, CF = DF = \(\frac{1}{2}\)CD
Do đó AE = BE = CF = DF.
Xét tứ giác AEFD có:
AE // DF (vì AB // CD);
AE = DF (chứng minh trên)
Do đó tứ giác AEFD là hình bình hành.
Xét tứ giác AECF có:
AE // CF (vì AB // CD);
AE = CF (chứng minh trên)
Do đó tứ giác AECF là hình bình hành.
Vậy hai tứ giác AEFD, AECF là những hình bình hành.
b) Vì tứ giác AEFD là hình bình hành nên EF = AD.
Vì tứ giác AECF là hình bình hành nên AF = EC.
Vậy EF = AD, AF = EC.
Xét đa thức \(P \left(\right. x \left.\right)\) có :
3 hạng tử là :
\(3 x^{2}\) có bậc là 2 ( bậc của x là 2 )
\(5 x\) có bậc là 1 ( bậc của x là 1 )
\(- 7 x^{6}\) có bậc là 6 ( bậc của x là 6 )
Hạng tử cao nhất trong đa thức P(x) là : \(- 7 x^{6}\)
Vậy đa thức có bậc là : 6
Ta có: \(\frac{x}{5} = \frac{y}{11} = \frac{x + y}{5 + 11} = \frac{32}{16} = 2\)
⇒ \(x = 5.2 = 10\)
\(y = 11.2 = 22\)
Ta có:
\(f \left(\right. a \left.\right) + f \left(\right. b \left.\right) = f \left(\right. a \left.\right) + f \left(\right. 1 - a \left.\right) = \frac{10 0^{a}}{10 0^{a} + 10} + \frac{10 0^{1 - a}}{10 0^{1 - a} + 10} = \frac{10 0^{a}}{10 0^{a} + 10} + \frac{\frac{100}{10 0^{a}}}{\frac{100}{10 0^{a}} + 10} = \frac{10 0^{a}}{10 0^{a} + 10} + \frac{100}{10 0^{a}} . \frac{10 0^{a}}{100 + 10.10 0^{a}} = \frac{10 0^{a}}{10 0^{a} + 10} + \frac{10}{10 + 10 0^{a}} = \frac{10 0^{a} + 10}{10 + 10 0^{a}} = 1 \left(\right. đ p c m \left.\right)\)
a) Xét \(\triangle A B C\) có \(\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = 18 0^{\circ}\) mà \(\hat{A} = 9 0^{\circ} ; \hat{B} = 5 0^{\circ}\) suy ra \(9 0^{\circ} + 5 0^{\circ} + \hat{C} = 18 0^{\circ} = > \hat{C} = 4 0^{\circ}\)
b) Xét tam giác \(\triangle B E A\) và \(\triangle B E H\).
có \(B E\) là cạnh chung
Tam giác \(B K C\) cân tại \(B\) có \(B I\) là đường cao nên \(B I\) là đường trung tuyến. Do đó \(I\) là trung điểm của \(K C\).
góc BAE bằng góc BHE (=90
\(= > B E\) là phân giác của \(\hat{B}\)
c) \(E\) là giao điểm của hai đường cao trong tam giác \(B K C\) nên \(B E\) vuông góc với \(K C\).
Tổng số cách chọn ra một bạn để phỏng vấn là: 1+5 = 6
Xác suất biến cố bạn nam được chọn là:
\(\left(\right. 1 : 6 \left.\right) = \frac{1}{6} \approx 16 , 66 \%\)
a) Ta có:
A(x) + B(x) = (2x3 - x2 + 3x - 5) + (2x3 + x2 + x + 5)
= 4x3 + 4x
b) Ta có H(x) = A(x) + B(x) = 4x3 + 4x = 0
=> 4x(x2 + 1) = 0
=> 4x = 0 hoặc x2 + 1 = 0
=> x = 0 : 4 = 0 hoặc x2 = 0 - 1 = -1 (vô lí)
Vậy nghiệm của H(x) = A(x) + B(x) là x = 0
Gọi số sách 2 lớp 7A và 7B lần lượt là a và b ( sách, a,b thuộc N*)
Ta có a + b = 121
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
a/5 = b/6 = a+b/ 5+6 = 121/11 = 11
Số sách lớp 7A quyên góp được là:
11 x 5 = 55 (quyển)
Số sách lớp 7B quyên góp được là:
11 x 6 = 66 (quyển)