Cho \(\Delta ABC\) có \(\widehat {BAC} = {60^0}\), \(\widehat {BCA} = {30^0}\), khi đó hãy cho biết nhận xét nào dưới đây là không đúng?
Xét tam giác \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {BAC} = {60^0}\), \(\widehat {BCA} = {30^0}\) ta có: \(\widehat {BAC} + \widehat {BCA} + \widehat {CBA} = {180^0}\).
Suy ra: \(\widehat {CBA} = {180^0} - \widehat {BAC} - \widehat {CBA}\) \( = {180^0} - {60^0} - {30^0} = {90^0}\).
Do đó \(\widehat {CBA} > \widehat {BAC} > \widehat {BCA}\) \(\left( {{{90}^0} > {{60}^0} > {{30}^0}} \right)\) nên \(AC > BC > AB\) (đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn).
Cho hai đa thức:
\(\begin{array}{l}P\left( x \right) = 1 + 3{x^4} + 2{x^2} + {x^4} + {x^3} + 5{x^2} + 3{x^3};\,\,\,\,\,\\Q\left( x \right) = - 4{x^4} - 2{x^2} - 4{x^3} + 2x - 4{x^2} - x - \dfrac{1}{4}\end{array}\).
Thu gọn và sắp xếp các đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P\left( x \right)\,\,\, = 1 + 3{x^4} + 2{x^2} + {x^4} + {x^3} + 5{x^2} + 3{x^3}\\\, = \left( {3{x^4} + {x^4}} \right) + \left( {{x^3} + 3{x^3}} \right) + \left( {2{x^2} + 5{x^2}} \right) + 1\,\\ = \,4{x^4} + 4{x^3} + 7{x^2} + 1\,\end{array}\)
\(\begin{array}{l}Q\left( x \right) = - 4{x^4} - 2{x^2} - 4{x^3} + 2x - 4{x^2} - x - \dfrac{1}{4}\\ = - 4{x^4} - 4{x^3} + \left( { - 2{x^2} - 4{x^2}} \right) + \left( {2x - x} \right) - \dfrac{1}{4}\\ = \, - 4{x^4} - 4{x^3} - 6{x^2} + x - \dfrac{1}{4}\end{array}\)
Vậy \(P\left( x \right) = \,4{x^4} + 4{x^3} + 7{x^2} + 1\,;\)\(Q\left( x \right) = \, - 4{x^4} - 4{x^3} - 6{x^2} + x - \dfrac{1}{4}.\)
Cho hai đa thức:
\(\begin{array}{l}P\left( x \right) = 1 + 3{x^4} + 2{x^2} + {x^4} + {x^3} + 5{x^2} + 3{x^3};\,\,\,\,\,\\Q\left( x \right) = - 4{x^4} - 2{x^2} - 4{x^3} + 2x - 4{x^2} - x - \dfrac{1}{4}\end{array}\).
Tính \(P\left( x \right) + Q\left( x \right);\,P\left( x \right) - Q\left( x \right).\)
Theo câu trước ta có: \(P\left( x \right) = \,4{x^4} + 4{x^3} + 7{x^2} + 1\,;\) \(Q\left( x \right) = \, - 4{x^4} - 4{x^3} - 6{x^2} + x - \dfrac{1}{4}.\)
Suy ra:
\( + )\,P\left( x \right) + Q\left( x \right) = \left( {4{x^4} - 4{x^4}} \right) + \left( {4{x^3} - 4{x^3}} \right) + \left( {7{x^2} - 6{x^2}} \right) + x - \dfrac{1}{4} + 1\)\( \Leftrightarrow \,P\left( x \right) + Q\left( x \right) = \,{x^2} + x + \dfrac{3}{4}\)
\( + )P\left( x \right) - Q\left( x \right) = \left( {4{x^4} - \left( { - 4{x^4}} \right)} \right) + \left( {4{x^3} - \left( { - 4{x^3}} \right)} \right) + \left( {7{x^2} - \left( { - 6{x^2}} \right)} \right) - x + \dfrac{1}{4} + 1\)\( \Leftrightarrow P\left( x \right) - Q\left( x \right)\, = 8{x^4} + 8{x^3} + 13{x^2} - x + \dfrac{5}{4}\).
Vậy \(\,P\left( x \right) + Q\left( x \right) = \,{x^2} + x + \dfrac{3}{4};\)\(P\left( x \right) - Q\left( x \right)\, = 8{x^4} + 8{x^3} + 13{x^2} - x + \dfrac{5}{4}\).
Cho hai đa thức:
\(\begin{array}{l}P\left( x \right) = 1 + 3{x^4} + 2{x^2} + {x^4} + {x^3} + 5{x^2} + 3{x^3};\,\,\,\,\,\\Q\left( x \right) = - 4{x^4} - 2{x^2} - 4{x^3} + 2x - 4{x^2} - x - \dfrac{1}{4}\end{array}\).
Số nghiệm của đa thức \(P\left( x \right) + Q\left( x \right)\) là:
Sử dụng kết quả câu trước \(\,P\left( x \right) + Q\left( x \right) = \,{x^2} + x + \dfrac{3}{4}\).
Xét: \(P\left( x \right) + Q\left( x \right) = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \,{x^2} + x + \dfrac{3}{4} = \left( {{x^2} + 2.\dfrac{1}{2}.x + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{2}{4}\\ = {\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{1}{2}\,\,\,\,\,\,\forall x\end{array}\).
Vậy \(P\left( x \right) + Q\left( x \right)\) luôn không có nghiệm.
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BK\left( {K \in AC} \right).\) Vẽ \(BH\) là tia phân giác của \(\angle ABK\left( {H \in AC} \right).\) Kẻ \(HD\) vuông góc với \(AB.\) Gọi giao điểm của \(DH\) và \(BK\) là \(I\). Các đường phân giác của \(\Delta BKC\) cắt nhau tại \(M\). Gọi \({\rm N}\) là giao điểm của \(CM\,\)và \(BK\).
Chọn câu đúng.
![](https://cdn.vungoi.vn/vungoi/1565753141034_555555.png)
\(\Delta BHK = \Delta BHD\)
Vì BK là đường cao của tam giác \(\Delta ABC\) nên \(BK \bot AC\)
Xét hai tam giác vuông \(BHK\) và \(\Delta BHD\) ta có:
\(\angle {B_1} = \angle {B_2}\) (do BH là đường phân giác của góc \(\angle ABK\left( {H \in AC} \right).\)
Cạnh BH chung
\( \Rightarrow \Delta BHK = \Delta BHD\) (cạnh huyền-góc nhọn)
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BK\left( {K \in AC} \right).\) Vẽ \(BH\) là tia phân giác của \(\angle ABK\left( {H \in AC} \right).\) Kẻ \(HD\) vuông góc với \(AB.\) Gọi giao điểm của \(DH\) và \(BK\) là \(I\). Các đường phân giác của \(\Delta BKC\) cắt nhau tại \(M\). Gọi \({\rm N}\) là giao điểm của \(CM\,\)và \(BK\).
Chọn câu đúng nhất.
![](https://cdn.vungoi.vn/vungoi/1565753295384_555555.png)
+) Vì \(\Delta BHK = \Delta BHD\) nên \(HK = HD\) (cạnh tương ứng)
Xét hai tam giác \(\Delta ADH;\,\Delta IKH\)
Có:
+) \(\angle DHA = \angle KHI\) (đối đỉnh)
+) \(HK = HD\)(cmt)
+) \(\angle ADH = \angle IKH = {90^0}\)
\( \Rightarrow \Delta ADH = \,\,\Delta IKH\) (g.c.g)
\(IK = AD\) (cạnh tương ứng)
+) Trong tam giác \(ABC\) có:
\(\begin{array}{l}AB = AD + DB\\BI = BK + KI\end{array}\)
Mà \(AD = IK\,\) (do \(\Delta ADH = \Delta IKH\left( {cmt} \right)\))
\(DB = BK\) (do \(\Delta BHK = \Delta BHD\))
\( \Rightarrow AB = BI\)
\( \Rightarrow \Delta ABI\) là tam giác cân tại B. \( \Rightarrow \angle BAI = \angle BIA\)
Trong một tam giác cân, tia phân giác ứng với cạnh đáy chính là đường cao
\( \Rightarrow BH \bot AI\,\,\left( 1 \right)\)
Mà \(\Delta BDK\) cũng cân tại B (do \(BD = BK\left( {do\,\Delta BDH = \Delta BKH} \right)\)
\( \Rightarrow BH \bot DK\,\,\left( 2 \right)\) (do BH là đường phân giác góc B)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DK//AI\) (do cùng vuông góc với \(BH\))
Vậy \(DK//AI\).
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BK\left( {K \in AC} \right).\) Vẽ \(BH\) là tia phân giác của \(\angle ABK\left( {H \in AC} \right).\) Kẻ \(HD\) vuông góc với \(AB.\) Gọi giao điểm của \(DH\) và \(BK\) là \(I\). Các đường phân giác của \(\Delta BKC\) cắt nhau tại \(M\). Gọi \({\rm N}\) là giao điểm của \(CM\,\)và \(BK\).
Chọn câu đúng.
![](https://cdn.vungoi.vn/vungoi/1565753511117_6666666.png)
Xét tam giác \(HBC\) ta có:
\(BK \bot HC\left( {Gt} \right) \Rightarrow BK\) là đường cao xuất phát từ đỉnh \(B\) của tam giác \(HBC\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}DI \bot AB\left( {GT} \right)\\BC \bot AB\left( {gt} \right)\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \angle DIB = \angle KBC\,\left( {so\,le\,trong} \right)\\ \Rightarrow DI//BC\end{array}\)
Mà:
\(\begin{array}{l}\angle C + \angle KBC = {90^0}\\\angle DBI + \angle DIB = {90^0}\\ \Rightarrow \angle C = \angle DBI\\ \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {B_2} = \angle {C_1} = \angle {C_2}\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Kéo dài CN cắt BH tại P, ta chứng minh CP là đường cao kẻ từ đỉnh C của tam giác \(HBC\).
Ta có:
\(\begin{array}{l} + )\,\angle C + \angle KBC = {90^0}\\ + )\angle {C_1} + \angle {C_2} + \angle KBC = {90^0}\end{array}\).
Mà \(\angle {C_2} = \angle {B_2}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle {C_1} + \angle KBC + \angle {B_2} = \angle BPC = {90^0}\) Hay \(CP \bot CH\).
Trong tam giác \(HBC\) có: CN là đường cao, BN là đường cao.
\( \Rightarrow \) N là trực tâm của \(\Delta HBC\).
Thu gọn rồi tìm bậc, hệ số của đơn thức \(B = \left( { - 2\dfrac{1}{3}{x^2}{y^2}} \right).\dfrac{9}{{16}}x{y^2}.{\left( { - 2{x^2}y} \right)^3}\).
\(\begin{array}{l}B = \left( { - 2\dfrac{1}{3}{x^2}{y^2}} \right).\dfrac{9}{{16}}x{y^2}.{\left( { - 2{x^2}y} \right)^3}\\\,\,\,\, = \left( { - 2\dfrac{1}{3}.\dfrac{9}{{16}}.{{\left( { - 2} \right)}^3}} \right){x^2}{y^2}.x{y^2}.{\left( {{x^2}y} \right)^3}\\\,\,\,\, = \,\dfrac{{ - 7}}{3}.\dfrac{9}{{16}}.\left( { - 8} \right).{x^9}{y^7}\\\,\,\,\, = \dfrac{{21}}{2}.{x^9}.{y^7}\end{array}\).
Tổng các số mũ của các biến là: \(9 + 7 = 16\)
\( \Rightarrow \) đơn thức có bậc bằng 16.
Vậy \(B = \dfrac{{21}}{2}{x^9}{y^7}\), hệ số: \(\dfrac{{21}}{2}\) và có bậc \(16.\)
Tìm tổng \(x + {\rm{ }}y + {\rm{ }}z\) biết \(4{x^2} + 2{y^2} + 4{z^2} - 4xy-4y + 4z\; + 5 = 0\).
Ta có: \(4{x^2} + 2{y^2} + 4{z^2} - 4xy--4y + 4z\; + 5 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {4{x^2} - 4xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} - 4y + 4} \right) + \left( {4{z^2} + 4z + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {2x--y} \right)^2} + {\left( {y-2{\rm{ }}} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\) (*)
Mà \({\left( {2x - y} \right)^2} \ge 0;{\left( {y - 2} \right)^2} \ge 0;{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x;y;z\). Nên từ (*) suy ra:
\(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {2x - y} \right)^2} = 0\\{\left( {y - 2} \right)^2} = 0\\{\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = 0\\y - 2 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{y}{2}\\y = 2\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)
Suy ra: \(x + y + z = 1 + 2 + \left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{5}{2}\).