a) => góc yAB= góc x'BA

mà góc ABB'= \(\frac12\) x góc x'BA

góc BAA'= \(\frac12\) x góc yAB

=> góc ABB'= góc BAA'

=> AA'//BB'

b) sửa đề: góc AA'B= góc AB'B

ta có góc B'AA'= góc B'BA'

xét hình thang B'AA'B có:

góc BB'A+ góc B'AA'= 180 độ

góc B'BA'+ góc BA'A= 180 độ

=> góc BB'A= góc BA'A

câu 9:

a) ta có góc BAH+ góc HAC= 90 độ

góc HAC+ góc HCA= 90 độ

=> góc BAH= góc HCA

vì AM là đường trung tuyến của tam giác vuông ABC

=> AM=\(\frac12BC=MC\)

=> △AMC cân tại M

=> góc HCA= góc MAC

mà góc BAH= góc HCA

=> góc BAH= góc MAC

b) ta có AB⊥DH và F là trung điểm của DH

=> AB là đường trung trực của DH

=> AD=AH và góc DAB= góc BAH

CMTT: => AC là đường trung trực của HE

=> AH=AE và góc HAC= góc AEC

ta có góc DAE= góc DAH+ góc AEC+ góc BAC

góc DAE= góc BAH+ góc HAC+ góc BAC

góc DAE= 90 độ+90 độ= 180 độ

vậy D,A,E thẳng hàng

mà DA=AH=AE

=> A là trung điểm của DE

c) dễ dàng CM: ATHF là hình chữ nhật

gọi giao của AH và FT là O

=> góc OTA= góc OAT= góc HAC

mà góc HAC+ góc BAH= 90 độ

góc BAH+ góc ABH= 90 độ

=> góc HAC= góc ABH hay góc HAC= góc ABC

mà góc OTA= góc HAC

=> góc OTA= góc ABC hay góc ATF= góc ABC

gọi AM giao FT tại N

xét tam giác NAT có:

góc NAT+ góc ATN+ góc ANT= 180 độ

mà góc NAT hay góc MAC= góc ACM hay góc NAT= góc ACB và góc ATN hay góc ATF= góc ABC

=> góc ACB+ góc ABC+ góc ANT= 180 độ

90 độ+ góc ANT= 180 độ

góc ANT= 90 độ

=> AM⊥FT

d) xét tam giác BFH có:

=> \(FI=\frac12BH=IH=BI\)

=> △BFI cân tại I

=> góc IFB= góc IBF

ta có góc ngoài FIH= góc IFB+ góc IBF= 2 x góc FBI= 2 góc B

CMTT: => góc TKH= 2 x góc C

ta có góc FIH+ góc TKH= 2 x góc B+ 2 x góc C= 180 độ

hai góc trong cùng phía = 180 độ

=> FIKT là hình thang

=> FI//TK

ta có BC= \(\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\operatorname{cm}\)

mà \(S_{ABC}=\frac12AB\cdot AC=\frac12AH\cdot BC\Rightarrow AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=4,8\operatorname{cm}\)

vì ATHF là hình chữ nhật => FT=AH=4;8cm

xét tam giác BAH có:

\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{6^2-4,8^2}=3,6\operatorname{cm}\)

=> CH= 10- 3,6=6,4cm

ta có: \(IF=\frac{BH}{2}=\frac{3,6}{2}=1,8\operatorname{cm}\)

\(TK=\frac{HC}{2}=\frac{6,4}{2}=3,2\operatorname{cm}\)

\(IK=IH+HK=\frac{HB}{2}+\frac{HC}{2}=\frac{BC}{2}=\frac{10}{2}=5\operatorname{cm}\)

=> \(P_{FTKI}=FT+TK+KI+IF=4,8+3,2+5+1,8=14,8\operatorname{cm}\)

Bài 1:

để tìm tổng các hệ số ta thay x=1;y=1 vào các giá trị

a) \(\left(5x-2\right)^5\)

thay x=1 ta có:

= \(\left(5\cdot1-2\right)^5=3^5=243\)

b) \(\left(99x-100\right)^{200}\)

thay x=1 ta có:

\(\left(99\cdot1-100\right)^{200}=\left(-1\right)^{200}=1\)

c) \(\left(8x-9y\right)^{20}\)

thay x=1 và y=1 ta có:

\(=\left(8\cdot1-9\cdot1\right)^{20}=\left(-1\right)^{20}=1\)

bài 3:

vẽ \(A_1\) đối xứng với A qua tia Ox

vẽ \(A_2\) đối xứng với A qua tia Oy

từ đó => \(AB=A_1B\) và \(AC=A_2C\)

ta có chu vi tam giác ABC là:

C= AB+BC+AC= \(A_1B+BC+A_2C\)

mà ta có: \(A_1B+BC+A_2C\ge A_1A_2\)

dấu "=" xảy ra khi \(A_1;B;C;A_2\) thẳng hàng

vậy chu vi ABC nhỏ nhất khi \(A_1;B;C;A_2\) thẳng hàng

Bài 4:

\(n^5-n=n\left(n^4-1\right)\)

= \(n\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)\)

= \(n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\)

ta có: \(n^2+1=\left(n^2-4\right)+5=\left(n-2\right)\left(n+2\right)+5\)

= \(n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left\lbrack\left(n-2\right)\left(n+2\right)+5\right\rbrack\)

= \(\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+5\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\)

vì \(\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\) là 5 số tự nhiên liên tiếp

=> ⋮ cho 2 x 3 x 5=30

vì \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chúng chia hết cho 6

=> \(5\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) ⋮ 5 x 6=30

vậy \(n^5-n\) ⋮30

b) => \(x^5-x\) ⋮30

=> \(x^5-x\) ⋮10

hai số có chữ số tận cùng chỉ khi hiệu của chúng bằng 10

ta có: \(\Leftrightarrow n^3-4n+8n^2-32n+12n-48\)

= \(n^2\left(n-4\right)+8n\left(n-4\right)+12\left(n-4\right)\)

= \(\left(n-4\right)\left(n^2+8n+12\right)\)

= \(\left(n-4\right)\left(n+2\right)\left(n+6\right)\)

ta xét hiệu các giá trị:

(n+6)-(n+2)=4 ko chia hết cho 5

(n+2)-(n-4)=6 ko chia hết cho 5

(n+6)-(n-4)=10⋮ 5

từ 3 điều trên => (n+2) ko cùng chia hết cho 5 với (n-4) và (n+6)

(n-4) và (n+6) cùng chia hết hoặc không chia hết cho 5

ta có hai trường hợp:

TH1: (n+2)⋮5

vì (n+2) ko cùng chia hết cho (n-4) và (n+6)

=> (n+2)⋮125

n+2= 125k(k ∈ \(N^{\cdot}\) )

n= 125k-2

n ∈ \(N^{\cdot}\) nhỏ nhất là 123 khi k=1

TH2: (n-4) và (n+6) cùng chia hết cho 5

đặt n-4=5k(k∈\(N^{\cdot}\) ) => n+6= 5k+10=5(k+2)

ta có (k+2)-k= 2 ko chia hết cho 5 nên k và k+2 ko cùng chia hết cho 5

nếu k⋮5=> n-4=5(5m)=25m⋮25

vì k⋮5=> k+2 ko chia hết cho 5=> n+6=5(k+2) chia hết cho 5

nếu k+2⋮5=> n+6⋮25

=> n-4⋮5

TH1: n-4⋮25

n-4= 25m

n= 25m+4

n nhỏ nhất thỏa mãn đề bài là 4 khi m=0

TH2: n+6 chia hết cho 25

n+6= 25p

=> n= 25p-6

với p=1 thì n= 19

từ các điều trên => n=4 là nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài

bài 14:

=> góc ACB= 180 độ- 50 độ- 70 độ= 60 độ

=> góc MCB= 60 độ:2= 30 độ

xét tam giác MBC có:

góc BMC= 180 độ- 50 độ- 30 độ= 100 độ

xét tam giác BMN có:

góc MNB= 180 độ- 100 độ- 40 độ= 40 độ

vì góc MNB= góc MBN= 40 độ

=> △BMN cân tại M

kẻ tam giác đều CMF với B;F nằm cùng phía với nhau

=> góc BCF= góc MCF- góc MCB= 60 độ- 30 độ= 30 độ

xét tam giác MCB và tam giác FCB có:

góc BCF= góc MCB= 30 độ

MC=CF

CB chung

=> △MCB=△FCB(c.g.c)

=> BF=BM và góc MBC= góc FBC= 50 độ

=> góc MBF= góc MBC+ góc FBC= 100 độ

xét tam giác MBF có:

góc BMF= góc BFM= (180 độ- 100 độ):2=40 độ

xét tam giác BMN và tam giác FMB có:

MN=BF=MB

góc BMN= góc MBF= 100 độ

MB là cạnh chung

=> △BMN=△FMB(c.g.c)

=> BN=FM

mà FM=CM( trong tam giác đều CMF)

=> BN=CM(đpcm)

bài 15:

từ E kẻ EM⊥AO và từ F kẻ FN⊥AO

ta có góc EAM+ góc EAB+ góc BAH= 180 độ

mà góc EAB= 90 độ

=> góc EAM+ góc BAH= 90 độ

xét tam giác BAH có:

góc ABH+ góc BAH= 90 độ

từ hai điều trên => góc EAM= góc ABH

xét tam giác EAM và tam giác ABH có:

góc EAM= góc ABH

EA=AB

góc EMA= góc AHB= 90 độ

=> △EAM=△ABH(ch.gn)

=> EM=AH(1)

CMTT: => góc NAF= góc HCA

xét tam giác NAF và tam giác HCA có:

góc NAF= góc HCA

AF=AC

góc ANF= góc CHA= 90 độ

=> △NAF=△HCA(ch.gn)

=> NF=AH(2)

từ(1)(2)=> EM=NF

ta có EM⊥AO và NF⊥AO

=> EM//NF

=> góc NFO= góc OEM

xét tam giác OEM và tam giác OFN có:

EM=NF

góc NFO= góc OEM

góc OME= góc ONF= 90 độ

=> △OEM=△OFN(g.c.g)

bài 13:

ta có góc ABH+ góc BAH= 90 độ

góc CAK+ góc BAH= 90 độ

=> góc ABH= góc CAK

xét tam giác ABH và tam giác CAK có:

AB=CA

góc AHB= góc CKA= 90 độ

góc ABH= góc CAK

=> △ABH=△CAK

=> BH=AK và góc ABH= góc CAK

ta có tam giác ABC vuông cân

=> góc ABM= góc ACM= góc CAM= 45 độ

ta có: góc MBH= góc ABH- góc ABM= góc ABH- 45 độ

góc MAK= góc CAK- góc CAM= góc CAK- 45 độ

vì góc ABH= góc CAK

=> góc MBH= góc MAK

xét tam giác MBH và tam giác MAK có:

MB=MA( vì góc MAB= góc ABM= 45 độ)

góc MBH= góc MAK

BH=AK

=> △MBH=△MAK(c.g.c)

=> MH=MK

=> góc BMH= góc MAK

mà ta có góc HMK= góc BMH+ góc BMK

thay góc BMH= góc MAK ta có:

góc HMK= góc MAK+ góc BMK= 90 độ

mà KM=HM

=> △HKM là tam giác vuông cân tại M

CMTT: với E nằm ở MC

bài 3:

sửa đề: tìm x ;y nguyên bt

a) \(25-y^2=8\left(x-2009\right)^2\)

vì \(8\left(x-2009\right)^2\ge0\)

=> \(25-y^2\ge0\)

\(y^2\le25\)

vì \(8\left(x-2009\right)^2\) luôn là số chẵn

=> \(25-y^2\) phải là số chẵn

vì 25 là số lẻ => \(y^2\) phải là số lẻ

các số chính phương nhỏ hơn hoặc bằng 25 gồm: 1;9;25

TH1: \(y^2=25\Rightarrow y=5\) hoặc y=-5

thay vào ta có:

\(8\left(x-2009\right)^2=0\Rightarrow x-2009=0\Rightarrow x=2009\left(TM\right)\)

TH2: \(y^2=9\Rightarrow y=3\) hoặc y=-3

=> \(8\left(x-2009\right)^2=16\)

\(\left(x-2009\right)^2=2\)

vì 2 ko phải số chính phương nên ko có x nguyên

TH3: \(y^2=1\Rightarrow y=-1\) hoặc y=1

=> \(8\left(y-2009\right)^2=24\)

\(\left(y-2009\right)^2=3\)

vì 3 ko phải là số chính phương nên ko có x nguyên thỏa mãn

vậy (x;y)∈(2009;5);(2009;-5)

b) \(\Rightarrow x^3y-xy^3=1997\)

\(xy\left(x^2-y^2\right)=1997\)

\(xy\left(x-y\right)\left(x+y\right)=1997\)

TH1:nếu x;y cùng tính chẵn lẻ

=> (x-y) là một số chẵn

=> \(xy\left(x-y\right)\left(x+y\right)\) là một số chẵn

mà 1997 là số lẻ nên loại TH này

TH2: x;y khác tính chẵn lẻ

=> xy là một số chẵn

=> \(xy\left(x-y\right)\left(x+y\right)\) là một số chẵn

mà 1997 là một số lẻ nên loại TH2

vậy ko tìm dc mọi x;y nguyên thỏa mãn yêu cầu

c) \(\Leftrightarrow xy-x-y=9+7\)

\(xy-x-y=16\)

\(x\left(y-1\right)-y+1=17\)

\(x\left(y-1\right)-\left(y-1\right)=17\)

\(\left(x-1\right)\left(y-1\right)=17\)

vì x;y nguyên

ta có bảng giá trị

vậy (x;y) ∈(2;18);(18;2);(0;-16);(-16;0)

bài 4:

khi nhân hai giá trị với nhau sẽ có khả năng là -1 hoặc 1

ta có: \(x_1x_2+x_2x_3+.\ldots+x_{n}x_1=0\)

nếu có k số lượng số 1 thì phải có k số lượng số -1 để bù vào thành 0

tổng số hạng là: n=k+k=2k

ta xét tích của các số hạng ta có:

\(P=\left(x_1x_2\right)\left(x_2x_3\right)\ldots\left(x_{n}x_1\right)\)

\(P=x_1^2\cdot x_2^2\cdot\ldots\cdot x_{n}^2\)

vì bình phương lên nên ta có các giá trị đều bằng 1

=> P= 1 x 1 x .... x 1= 1

mà có k số -1 và k số 1

=> \(P=\left(-1\right)^{k}\cdot1^{k}=\left(-1\right)^{k}\)

=> \(\left(-1\right)^{k}=1\)

để biểu thức xảy ra thì k phải là một số chẵn

đặt k=2b(b∈N)

mà n=2k

=> n=2(2b)=4b

vì b∈N

=> n chia hết cho 4(đpcm)

a) ta có: GB=2GM

mà GB=GE

=> GE=2GM

=> M là trung điểm GE

=> ME=MG

xét tam giác AME và tam giác CMG có:

MA=MC

góc AME= góc CMG

ME=MG

=> △AME=△CMG(c.g.c)

=> góc MAE= góc MCG

mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong

=> AE//CG

b) vì G là trọng tâm của tam giác ABC

=> AG là đường trung tuyến thứ 3

=> I là trung điểm của BC

xét tam giác GKE và tam giác GIB có:

góc GEK= góc GBI

GE=GB

góc KGE= góc IGB

=> △GKE=△GIB

=> KE=IB

xét tam giác GKF và tam giác GIC có:

góc GFK= góc GCI

GF=GC

góc KGF= góc IGC

=> △GKF=△GIC

=> KF=IC

mà IB=IC

=> KE=KF

=> K là trung điểm cả EF

d)xét tam giác GFE có:

FM là đường trung tuyến

KG là đường trung tuyến thứ 2

=> O là trọng tâm

ta có GC=2NG

mà GF=GC

=> GF=2NG mà N thuộc FG

=> N là trung điểm của FG

=> EN là đường trung tuyến thứ 3 trong tam giác GFE

=> N,O,E thẳng hàng(đpcm)

sửa đề: cho tam giác ABC có 2 đường trung tuyến BP, cắt nhau tại G. Trên tia đối của tia PB lấy điểm E sao cho PE=PG. Trên tia đối của tia QG lấy điểm F sao cho QF=QG.CM

a) GB=GE

b) GC=GF và EF//BC

a) vì G là giao của hai đường trung tuyến trong tam giác ABC

=> GB=2GP

ta có: GP+EP=GE

mà GP=EP

=> GE=2GP

từ các điều trên => GB=GE

b) vì G là giao của hai đường trung tuyến trong tam giác ABC

=> GC=2QG

ta có: GF= QG+QF

mà QG=QF

=> GF= 2QG

từ các điều trên=> GC=GF

xét tam giác GFE và tam giác GCB có:

GC=GF

góc FGE= góc CGB( đối đỉnh)

GE=GB

=> △GFE= △GCB

=>góc GBC= góc GEF

mà hai góc này ở vị trí so le trong

=> EF//BC(đpcm)