Tìm \(x,\) biết:
a) \(4{x^2} - 6x = 0.\)
b) \({\left( {x + 2} \right)^2} - x\left( {x + 2} \right) & = 3.\)
c) \({x^2} - 7x - 18 = 0.\)
Tìm \(x,\) biết:
a) \(4{x^2} - 6x = 0.\)
b) \({\left( {x + 2} \right)^2} - x\left( {x + 2} \right) & = 3.\)
c) \({x^2} - 7x - 18 = 0.\)
Câu hỏi trong đề: Đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Hà Nội năm học 2023-2024 có đáp án !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Hướng dẫn giải
|
a) \(4{x^2} - 6x = 0\) \(2x\left( {2x - 3} \right) = 0\) \(2x = 0\) hoặc \(2x - 3 = 0\) \(x = 0\) hoặc \(x = \frac{3}{2}.\) Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,\frac{3}{2}} \right\}.\) |
b) \({\left( {x + 2} \right)^2} - x\left( {x + 2} \right) = 3\) \({x^2} + 4x + 4 - {x^2} - 2x - 3 = 0\) \(2x = - 1\) \(x = - \frac{1}{2}\) Vậy \(x = - \frac{1}{2}.\) |
c) \({x^2} - 7x - 18 = 0\) \({x^2} - 9x + 2x - 18 = 0\) \(x\left( {x - 9} \right) + 2\left( {x - 9} \right) = 0\) \(\left( {x - 9} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\) \(x - 9 = 0\) hoặc \(x + 2 = 0\) \(x = 9\) hoặc \(x = - 2.\) Vậy \(x \in \left\{ {9;\,\, - 2} \right\}.\) |
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Hướng dẫn giải
|
a) Ta có: \[ME \bot AC\] (giả thiết) nên \(\widehat {MEC} = \widehat {MEB} = 90^\circ .\) \[MD \bot AB\] (giả thiết) nên \(\widehat {MDA} = \widehat {MDB} = 90^\circ .\) \[\Delta ABC\] vuông tại \(B\) (giả thiết) nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ .\) Xét tứ giác \[BDME\] có: \(\widehat {MDB} = \widehat {MEB} = \widehat {ABC} = 90^\circ \) nên \[BDME\] là hình chữ nhật. |
 |
|
|
b) Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[B\] có \[BM\] là đường trung tuyến \[(M\] là trung điểm \[AC)\] nên\[AM = BM = CM = \frac{{BC}}{2}\] (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). |
 |
|
|
Cách 1. Xét \[\Delta BMC\] có: \[BM = MC\] (chứng minh trên) nên \[\Delta BMC\] cân (dấu hiệu nhận biết) có đường cao \[ME\] đồng thời là đường trung tuyến. |
Cách 2. Xét \[\Delta MEB\] và \[\Delta MEC\] có: \[ME\;\] chung; \[BM = MC\] (chứng minh trên); \(\widehat {MEC} = \widehat {MEB} = 90^\circ .\) Do đó \[\Delta MEB = \Delta MEC\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông). |
|
Do đó \[BE = BC.\]
Xét tứ giác \[AFCE\] có \[M\]là trung điểm của \[EF\](do \[ME{\rm{ }} = {\rm{ }}MF)\] và \[M\] là trung điểm \[AC\] nên \[AFCE\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
|
c) Do \[AFCE\] là hình bình hành (câu b) nên \[FA\,{\rm{//}}\,CE\], \[FA = CE,\] \[AE = CF.\] Mà \[BE = EC\] nên \[FA = BE = EC.\] Xét tứ giác \[AFEB\] có: \[FA\,{\rm{//}}\,BE\] (do \[FA\,{\rm{//}}\,CE)\] và \[FA = BE\] nên \[AFEB\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết). |
 |
Hình bình hành \[AFEB\] có \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) nên là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
Suy ra \[AE = BF,\,\,KA = KE,\] \[KB = KF.\]
Do đó \[KE = KA = KF = KB = \frac{1}{2}AE = \frac{1}{2}FC.\]
Xét \[\Delta EBF\] có hai đường trung tuyến \[EK,\,\,BM\] cắt nhau tại \[I\] nên \(I\) là trọng tâm \[\Delta EBF,\] do đó \[KI = \frac{1}{3}KE = \frac{1}{6}FC.\]
Lời giải
Hướng dẫn giải
|
a) \(\frac{{2{x^2}{y^4} + 3}}{{2x{y^5}}} - \frac{3}{{2x{y^5}}}\) \( = \frac{{2{x^2}{y^4} + 3 - 3}}{{2x{y^5}}}\) \( = \frac{{2{x^2}{y^4}}}{{2x{y^5}}} = \frac{x}{y}.\) |
b) \(\frac{{{x^2} - 4}}{{x + 3}}:\frac{{{x^2} + 4x + 4}}{{2x + 6}}\) \( = \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{x + 3}}:\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}{{2\left( {x + 3} \right)}}\) \( = \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{x + 3}} \cdot \frac{{2\left( {x + 3} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) \( = \frac{{2\left( {x - 2} \right)}}{{x + 2}}.\) |
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập