để bài lỗi hơi nhiều: cho tam giác ABC( AB<AC). Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. EF cắt BC,AD lần lượt tại M;L. Đường thẳng L song song với BC, cắt AB,BE lần lượt tại I;J. CMr: LI=LJ

=> cần CM: \(\frac{IL}{BD}=\frac{LJ}{BD}\)

ta có xét tam giác ABD có IL//BD

=> \(\frac{IL}{BD}=\frac{AL}{AD}\)

xét tam giác HBD có LJ//BD

=> \(\frac{LJ}{BD}=\frac{HL}{HD}\)

để \(\frac{IL}{BD}=\frac{LJ}{BD}\) => \(\frac{AL}{AD}=\frac{HL}{HD}\)

=> \(\frac{LA}{LH}=\frac{DA}{DH}\)

ta có xét tam giác ABC và tam giác HBC

chung cạnh đáy BC

=> \(\frac{DA}{DH}=\frac{S_{ABC}}{S_{HBC}}\) (1)

áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với M;F;L thẳng hàng ta có:

\(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{LD}{LA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\)

=> \(\frac{LA}{LD}=\frac{MB}{MD}\cdot\frac{FA}{FB}\)

áp dụng định lý Menelaus cho tam giác HBD với M;E;L thẳng hàng ta có:

\(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{LD}{LH}\cdot\frac{EH}{EB}=1\)

=> \(\frac{LH}{LD}=\frac{MB}{MD}\cdot\frac{EH}{EB}\)

chia cả hai vế vừa tìm được cho nhau ta có:

\(\frac{LA}{LD}:\frac{LH}{LD}=\left(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{FA}{FB}\right):\left(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{EH}{EB}\right)\)

\(\frac{LA}{LH}=\frac{FA}{FB}\cdot\frac{EB}{EH}\)

xét tam giác AHC và tam giác HBC có:

chung đáy HC

=> đường cao hạ từ A và B xuống HC bằng diện tích tam giác AHC và tam giác HBC

=> \(\frac{FA}{FB}=\frac{S_{AHC}}{S_{HBC}}\)

xét tam giác ABC và tam giác AHC có:

chung đáy AC

=> đường cao hạ từ H và B xuống AC bằng diện tích tam giác ABC và tam giác AHC

=> \(\Rightarrow\frac{EB}{EH}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}}\)

thay những giá trị vừa tìm được vào \(\frac{LA}{LH}=\frac{FA}{FB}\cdot\frac{EB}{EH}\) ta có:

\(\frac{LA}{LH}=\frac{S_{AHC}}{S_{HBC}}\cdot\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{HBC}}\) (2)

từ (1)(2)=> \(\frac{LA}{LH}=\frac{DA}{DH}\)

=> \(\frac{LI}{BD}=\frac{LJ}{BD}\)

=> LI=LJ( đpcm)

a) => CM: \(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(x^2+2xy+y^2\ge4xy\)

\(x^2-2xy+y^2\ge0\)

\(\left(x-y\right)^2\ge0\) ( điều này luôn đúng)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y

b) \(\Rightarrow\frac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)

\(\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge\left(a^2+2ab+b^2\right)xy\)

\(a^2xy+a^2y^2+b^2x^2+b^2xy\ge a^2xy+2abxy+b^2xy\)

\(\left(ay\right)^2+\left(by\right)^2\ge2abxy\)

\(\left(ay\right)^2-2abxy+\left(by\right)^2\ge0\)

\(\left(ay-by\right)^2\ge0\) ( điều này luôn đúng )

dấu "=" chỉ xảy ra khi và chỉ khi ay= bx

=> \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)

c) từ câu b) => \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\)

áp dụng tiếp bđt từ câu b) ta có:

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

=> \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)

vẽ sơ đồ ta có:

số học sinh chỉ thi môn Toán: \(\vert-\vert\) \(\vert-\vert\)

số học sinh chỉ thi môn Vật Lý: \(\vert-\vert\)

theo sơ đồ ta có tổng số phần bằng nhau là:

1+2=3( phần)

tổng số học sinh chỉ thi một môn Toán hoặc Vật Lý là:

35-5= 30( học sinh)

1 phần có số học sinh là:

30:3= 10( học sinh)

số học sinh chỉ thi môn Toán là:

10 x 2= 20( học sinh)

vì có 5 học sinh thi cả hai môn

=> số học sinh thi Toán của đội tuyển là:

20+5=25( học sinh)

Đáp số:.......

<=> \(C=\frac12\left(\frac{1}{1\times3}+\frac{1}{3\times5}+\frac{1}{5\times7}+\cdots+\frac{1}{21\times23}\right)\)

ta có công thức \(\frac{1}{n\left(n+2\right)}=\frac12\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)\)

\(C=\frac12\times\left\lbrack\frac12\left(1-\frac13+\frac13-\frac15+\frac15-\frac17+.\ldots+\frac{1}{21}-\frac{1}{23}\right)\right\rbrack\)

\(C=\frac14\left(1-\frac{1}{23}\right)\)

\(C=\frac{11}{46}\)

<=> \(E=\frac{2}{2\times5}+\frac{2}{5\times8}+\frac{2}{8\times11}+\cdots+\frac{2}{32\times35}\)

\(E=\frac23\left(\frac{3}{2\times5}+\frac{3}{5\times8}+\frac{3}{8\times11}+\cdots+\frac{3}{32\times35}\right)\)

ta có công thức: \(\frac{3}{n\left(n+3\right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\)

\(E=\frac23\left(\frac12-\frac15+\frac15-\frac18+\cdots+\frac{1}{32}-\frac{1}{35}\right)\)

\(E=\frac23\times\left(\frac12-\frac{1}{35}\right)\)

\(E=\frac{11}{35}\)

<=> \(G=\frac{5}{3\times2}+\frac{5}{3\times6}+\frac{5}{3\times12}+\cdots+\frac{5}{3\times90}\)

\(G=\frac53\left(\frac{1}{1\times2}+\frac{1}{2\times3}+\frac{1}{3\times4}+\cdots+\frac{1}{9\times10}\right)\)

áp dụng công thức \(\frac{1}{n\left(n+1_{}\right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\) ta có:

\(G=\frac53\left(1-\frac12+\frac12-\frac13+\frac13-\frac14+\cdots+\frac19-\frac{1}{10}\right)\)

\(G=\frac53\left(1-\frac{1}{10}\right)\)

\(G=\frac32\)

a) xét tam giác ABH và tam giác ADH có:

góc AHB= góc AHD= 90 độ

BH= HD

AH chung

=> △ABH=△ADH(c.g.c)

=> AB=AD

=> △ABD cân tại A

b) ta có góc HAB+ góc ABH= 90 độ

góc ACB+ góc ABC= 90 độ

mà góc ABC hay chính là góc ABH

=> góc HAB= góc ACB

mà từ câu a) => góc HAB= góc HAD

=> góc HAD= góc ACB

c) ta có góc HAD+ góc HDA= 90 độ

xét tam giác DCE: góc EDC+ góc ECD= 90 độ

mà góc ADH= góc EDC( đối đỉnh)

=> góc HAD= góc DCE

mà từ câu b) ta có góc HAD= góc ACB

=> góc DCE= góc ACB

=> CB là tia phân giác của góc ACE

d) xét tam giác ADC có:

AH⊥DC

DI⊥AC

CE⊥AD

=> AH,ID,CE đồng quy

e) ta có xét tam giác HAD

=> góc HDA< 90 độ

mà góc ADH+ góc ADC= 180 độ

=> góc ADC= 180 độ- góc HDA > 180 độ- 90 độ= 90 độ

xét tam giác ADC có góc HDA là góc tù

=> AC lớn nhất trong tam giác ADC

=> AC>CD

f) để I là trung tuyến của AC

=> DI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến trong △ADC

=> △ADC cân tại D

=> góc DAC= góc ACB

vì tam giác ABD cân tại A nên AH vừa là đường cao cũng là đường phân giác

=> góc BAD= 2 x góc DAH= 2 x góc ACB

ta có góc DAC= góc BAC- góc BAD= 90 độ - 2 x góc ACB

thay góc DAC= góc ACB( từ câu b) ta có

góc ACB= 90 độ- 2 x góc ACB

góc ACB+ 2 x góc ACB= 90 độ

3 x góc ACB =90 độ

góc ACB= 30 độ

vậy để I là trung điểm AC thì △ABC vuông tại A có góc C= 30 độ hoặc áp dụng tính chất góc 30 độ đối diện cạnh thì BC=2AB

ĐKXĐ ở trên của bạn Hương Giang

\(A=\left(-\frac{2\left(x-4\right)}{\left(x-4\right)\left(2x-5\right)}-\frac{2x-3}{\left(2x-5\right)\left(1-2x\right)}+\frac{3}{1-2x}\right)\cdot\frac{-\left(2x-1\right)\left(2x+3\right)}{\left(4x-7\right)\left(2x+3\right)}\) +1

\(A=\left(-\frac{2}{2x-5}-\frac{2x-3}{\left(2x-5\right)\left(1-2x\right)}+\frac{3}{1-2x}\right)\cdot\frac{\left(1-2x\right)\left(2x+3\right)}{\left(4x-7\right)\left(2x+3\right)}\) +1

\(A=\left(\frac{-2\left(1-2x\right)-\left(2x-3\right)+3\left(2x-5\right)}{\left(2x-5\right)\left(1-2x\right)}\right)\cdot\frac{1-2x}{4x-7}\) +1

\(A=\left(\frac{8x-14}{\left(2x-5\right)\left(1-2x\right)}\right)\cdot\frac{1-2x}{4x-7}\) +1

\(A=\frac{2\left(4x-7\right)}{\left(2x-5\right)\left(1-2x\right)}\cdot\frac{1-2x}{4x-7}\) +1

\(A=\frac{2}{2x-5}+1\)

\(A=\frac{2x-3}{2x-5}\)

a) ĐKXĐ: x≠2;x≠-2;x≠0;x≠-1

\(\left(\frac{4x}{x^2+2x}+\frac{2}{x-2}-\frac{6-5x}{4-x^2}\right):\frac{x+1}{x-2}\)

= \(\left(\frac{4x}{x\left(x+2\right)}+\frac{2}{x-2}+\frac{6-5x}{x^2-4}\right):\frac{x+1}{x-2}\)

= \(\left(\frac{4}{x+2}+\frac{2}{x-2}+\frac{6-5x}{x^2-4}\right):\frac{x+1}{x-2}\)

= \(\left\lbrack\frac{4\left(x-2\right)+2\left(x+2\right)+\left(6-5x\right)}{\left(x-2\right)\left(x-2\right)}\right\rbrack:\frac{x+1}{x-2}\)

= \(\left(\frac{x+2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\right):\frac{x+1}{x-2}\)

\(=\frac{1}{x-2}\cdot\frac{x-2}{x+1}\)

\(=\frac{1}{x+1}\)

b) \(\Leftrightarrow x^2-2x-8=0\)

\(\left(x-4\right)\left(x+2\right)=0\)

=> TH1: x=4(TMĐK)

TH2: x=-2( KTMĐKXĐ)

thay x=4 vào biểu thức A ta có:

\(A=\frac{1}{1+4}=\frac15\)

c) để A=\(\frac{1}{x+1}\) nhận giá trị nguyên thì

=> (x+1)∈ Ư(1)

(x+1)∈(-1;1)

x∈(0;-2)

vì x≠0 và x≠-2 nên ko có giá trị nguyên nào của x thỏa mãn yêu cầu

a) ta có P là trực tâm △BAM

=> AP⊥BM

ta có Q là trực tâm của tam giác BMC

=> BM⊥QC

từ các điều trên => AP//QC

b) ta có △ABC vuông tại B mà BM là đường trung tuyến

=> \(BM=BA=\frac12BC\)

=> △MAB cân tại M

mà MP ⊥ AB

=> MP là đường trung tuyến

=> AP= PB

CMTT: => QM là đường trung trực của tam giác BMC

mà QM⊥BC và tam giác MBC cân

=> BM = MC

c) ta có BP⊥MC mà trong tam giác QBC thì Q là trực tâm

=> B;P;Q thẳng hàng

xét tam giác KQC có:

AP//CQ

=> \(\frac{KP}{KC}=\frac{AP}{CQ}\)

thay AP= PB và CQ= QB ta có:

\(\frac{KP}{KC}=\frac{PB}{QB}\)

=> QC//KB

mà QC⊥BM

=> BK⊥BM(đpcm)

nếu bạn là vip thì mik sẽ ưu tiên mà trực buổi sáng hơn nên mong bạn hỏi mik buổi sáng:v để mik giải thick kĩ thêm chứ hơi tắt và mik cx chưa kiểm tra mấy

ta có ME//BA hay ME//AD và DM//AC hay DM//AE

từ các điều trên => tứ giác ADME là hình bình hành

=> DM=AE và AD=ME

ta có chu vi hình bình hành ADME là:

ta có: △ABC cân tại A=> góc ABC= góc ACB

góc EMC= góc ABC( đồng vị)

=> góc EMC= góc ACB hay góc EMC= góc ECM

=> △EMC cân tại E

=> EM= EC(1)

ta có góc DMC= góc ACB( đồng vị)

mà góc ABC= góc ACB

=> góc DMB= góc ABC hay góc DBM= góc DMB

=> △BDM cân tại D

=> BD= DM(2)

ta có chu vi hình bình hành ADME là :

C= AD+ DM+ ME+ AE

thay(1)(2) ta có:

C= AD+ DN+EC+AE

C= AB+AC

C= 3+3

C= 6cm

vậy chu vi tứ giác ADME là 6cm

sửa đề :Cho tam giác ABC có góc BAC= 135 độ, có các đường cao BI,CK cắt nhau tại trực tâm H. CMR:

a) AKC là tam giác vuông cân từ đó => AK=CK

b) CMr: △HAK=△BCK=> AH=BC

a) vì góc BAC= 135 độ

mà góc BAC+ góc CAK= 180 độ( kề bù)

=> 135 độ+ góc CAK= 180 độ

góc CAK= 180 độ- 135 độ= 45 độ

xét tam giác vuông AKC có:

góc KAC+ góc AKC+ góc KCA= 180 độ

thay góc KAC= 45 độ và góc AKC= 90 độ

=> góc KCA= 180 độ- 45 độ -90 độ= 45 độ

từ các điều trên => góc KAC= góc KCA

=> △AKC vuông cân tại K

b) ta có góc IAB+ góc BAC= 180 độ

=> góc IAB= 180 độ- 135 độ= 45 độ

xét tma giác IAB có:

góc AIB+ góc IAB+ góc IBA= 180 độ

thay góc AIB= 90 độ và góc IAB= 45 độ ta có:

góc IBA= 180 độ- 90 độ- 45 độ= 45 độ hay góc HBK= 45 độ

xét tam giác KHB có:

góc HBK+ góc HKB+ góc KHB = 180 độ

thay góc HBK= 45 độ và góc HKB = 90 độ ta có:

=> góc KHB= 180 độ -90 độ- 45 độ = 45 độ

từ các điều trên => góc KHB= góc HBK

=> △KHB vuông cân tại K

=> HK=KB

xét tam giác HAK và tam giác BCK có:

HK=KB

góc HKA= góc BKC= 90 độ

AK=KC

=> △HAK=△BCK(c.g.c)

=> AH=BC(đpcm)