1.Cho ΔABC có góc A bằng \(^{90^o}\).Đường thẳng AH\(\perp\)BC.Trên đường thẳng vuông góc với BC lấy điểm D không cùng nửa mặt phẳng bờ BC với điểm A sao cho AH=BD
a)CM \(\Delta AHB=\Delta DBH\)
b)Hai đường thẳng AB và DB có song song không?vì sao
c)Tính góc ACB biết BAH=35 độ
Cho tam giác ABC. Ở miền ngoài của tam giác ABC, vẽ hai tam giác ABD và ACE là những tam giác vuông tại A và có AD = AB, AE = AC. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC và M là trung điểm của BC. Tia HA cắt DE tại K, tia MA cắt DE tại I. Chứng minh rằng:
a) AI _|_ DE. b) KD = KE.
các đường thẳng EM và MD cắt AB và AC lần lượt là K và H.
Kẻ đường thẳng EM,Ta có Vì EC//KM ta có HAMˆHAM^=AMEˆAME^(1)
Vì AB//MD=>KAMˆKAM^=AMDˆAMD^(2)
Mà BACˆBAC^=KAMˆKAM^+HAMˆHAM^(3)
tiếp KMDˆKMD^=KMAˆKMA^+AMDˆAMD^(4)
Từ (1),(2),(3) và (4)=>BACˆBAC^=EMDˆEMD^
Kẻ D với B.Xét tam giác ABD và tam giác MDB có:
DB là cạnh chung
MDBˆMDB^=DBAˆDBA^(vì MD//AB)
ADBˆADB^=DBMˆDBM^(vì xy//BC)
=>Tam giác ABD=Tam giác MDB(g.c.g)
=>DM=AB.
Kẻ E với C.Xét tam giác AEM và tam giác MCA có:
AM là cạnh chung
ACEˆACE^=CAMˆCAM^)(vì ME//AC)
EAMˆEAM^=AMCˆAMC^(vì xy//BC)
=>Tam giác AEM=Tam giác MCA(g.c.g)
=>ME=AC
Xét tam giác ABC và tam giác MDE có:
DM=AB(c/m trên)
ME=AC(c/m trên)
BACˆBAC^=EMDˆEMD^
=>Tam giác ABC=Tam giác MDE(c.g.c)
2) Thiếu điều kiện rồi.
Bài 6 mình sẽ bắt đầu bằng câu b nhé!
b)Vì MACˆMAC^+BAMˆBAM^=90o90o(gt)
Vì MACˆMAC^+CAEˆCAE^=90o90o(gt)
Từ trên=>CAEˆCAE^= BAMˆBAM^
Xét tam giác ABM và tam giác ACE có:
AB=BC(gt)
AM=AE(gt)
CAEˆCAE^= BAMˆBAM^(c/m trên)
=>Tam giác ABM=Tam giác ACE(c.g.c)
=>EC=BM(hai cạnh tương ứng)
c)Ta có: MABˆMAB^+MACˆMAC^=90o90o(gt)
Ta lại có tiếp: MABˆMAB^+BADˆBAD^=90o90o(gt)
=>BADˆBAD^=MACˆMAC^
Xét tam giác ADB và tam giác AMC có:
AB=AC(gt)
DA=AM(gt)
BADˆBAD^=MACˆMAC^(c/m trên)
=>Tam giác ADB=Tam giác AMC(c.g.c)
=>DB=MC(hai cạnh tương ứng)
Ta có BM+MC=BC(do M nằm giữa B và C)
Mà BM=EC(c/m trên)
DB=MC(c/m trên)
=>EC+DB=BC
d)Vì Tam giác ABM=Tam giác ACE(c/m trên)
=>ACEˆACE^=B^B^=45o45o(Vì góc B là góc ở đáy của tam giác vuông cân BAC tại A)
Vậy Ta có C^C^+ACEˆACE^=BCEˆBCE^=90o90o.(1)
Vì Tam giác ADB=Tam giác AMC(c/m trên)
=>C^C^=DBAˆDBA^=45o45o
Vậy B^B^+DBAˆDBA^=DBCˆDBC^=90o90o(2)
Từ (1) và (2)=>BCEˆBCE^= DBCˆDBC^=90o90o vậy BCEˆBCE^+DBCˆDBC^=180o180o mà hai góc này nằm ở vị trí trong cùng phía =>DB//EC
Tìm số tự nhiên nhỏ nhất M có 3 chữ số thỏa mãn điều kiện sau:
\(M=a+b=c+d=e+f\) (a;b;c;d;e;f \(\in\) N*) và \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{13}{15};\dfrac{c}{d}=\dfrac{17}{25};\dfrac{e}{f}=\dfrac{15}{21}\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho giả thiết, ta có:
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{13}{15}\Leftrightarrow\dfrac{a}{13}=\dfrac{b}{15}=\dfrac{c+d}{13+15}=\dfrac{M}{28}\left(1\right)\)
\(\dfrac{c}{d}=\dfrac{17}{25}\Leftrightarrow\dfrac{c}{17}=\dfrac{d}{25}=\dfrac{c+d}{17+25}=\dfrac{M}{42}\left(2\right)\)
\(\dfrac{e}{f}=\dfrac{15}{21}\Leftrightarrow\dfrac{e}{15}=\dfrac{f}{21}=\dfrac{e+f}{15+21}=\dfrac{M}{36}\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\)suy ra: \(M\in BC\left(28;42;36\right)\). Mặc khác M là số tự nhiên nhỏ nhất, suy ra: M=112(đpcm).
Cho tam giác ABC có góc A lớn hơn hoặc bằng 90 độ , điểm M nằm bên trong tam giác . Chứng minh rằng tồn tại 1 điểm E trên cạnh BC sao cho BM vuông góc với ME
Câu này cô cho mình làm mà mình KO nhớ
SORRY 
Tìm x,y,z biết
\(\dfrac{\sqrt{xy}-1}{3}=\dfrac{\sqrt{yz-3}}{9}=\dfrac{\sqrt{zx-5}}{6}\) và \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=11\)
= \(\dfrac{\sqrt{xy}-1+\sqrt{yz}-3+\sqrt{zx}-5}{3+9+6}\) = \(\dfrac{11-\left(1+3+5\right)}{18}\)=\(\dfrac{1}{9}\) 
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\dfrac{\sqrt{xy}-1}{3}=\dfrac{\sqrt{yz}-3}{9}=\dfrac{\sqrt{zx}-5}{6}=\dfrac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}-1-3-5}{3+9+6}=\dfrac{11-9}{18}=\dfrac{1}{9}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}-1=\dfrac{1}{9}.3=\dfrac{1}{3}\\\sqrt{yz}-3=\dfrac{1}{9}.9=1\\\sqrt{zx}-5=\dfrac{1}{9}.6=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}=\dfrac{4}{3}\\\sqrt{yz}=4\\\sqrt{zx}=\dfrac{17}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow}\left\{{}\begin{matrix}xy=\dfrac{16}{9}\\yz=16\\zx=\dfrac{289}{9}\end{matrix}\right.\Rightarrow}\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{17}{9}\\y=\dfrac{16}{17}\\z=17\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{17}{9}\\y=-\dfrac{16}{17}\\z=-17\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Cho 5 số a ; b; c ; d ;e biết : ab = bc = cd = de = ea . Cm : a = b = c = d = e
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}a^b=b^c\\a\ge b\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow b\le c\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}b^c=c^d\\b\le c\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow c\ge d\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}c^d=d^{\text{e}}\\c\ge d\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow d\le e\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}d^e=e^a\\d\le e\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow e\ge a\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}e^a=a^b\\e\ge a\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a\le b\) (Trái với giả sử)
Nên xảy ra khi \(a=b \Rightarrow a=b=c=d=e\)
Tìm phần nguyên của \(a\), với \(a=\sqrt{2}+\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}+\sqrt[4]{\dfrac{4}{3}}+...+\sqrt[n+1]{\dfrac{n+1}{n}}\)
Ta có: \(\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}>1\) với \(k=1,2,...,n\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}=\sqrt[k+1]{\dfrac{1.1...1}{k}\cdot\dfrac{k+1}{k}}\)
\(< \dfrac{1+1+1+...+1+\dfrac{k+1}{k}}{k+1}=\dfrac{k}{k+1}+\dfrac{1}{k}=1+\dfrac{1}{k\left(k+1\right)}\)
Suy ra \(1< \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}< 1+\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\)
Lần lượt cho \(k=1,2,3,...,n\) rồi cộng lại được:
\(n< \sqrt{2}+\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}+...+\sqrt[n+1]{\dfrac{n+1}{n}}< n+1-\dfrac{1}{n}< n+1\)
Vậy phần nguyên a là n
hoc24 toàn siêu nhân
lớp gì cũng biết AM-GM
giả / sử không có AM-GM ? toán học đi về đâu?
kể cũng lạ
đã là siêu nhân rồi sao lại phải hỏi nhỉ
Cho a;b;c là 3 cạnh của tam giác ABc tưởng ứng với 3 cạnh đó là ba đường cao ha;hb;hc.
CMR :\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)
Ta có:
\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)
\(\Leftrightarrow r^2=\dfrac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2}=\dfrac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\dfrac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\dfrac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\dfrac{1}{\left(p-c\right)\left(p-a\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2}=4\left(\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}+\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{4r^2}=\dfrac{1}{c^2-\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2-\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{b^2-\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)
Ta lại có:
\(S=\dfrac{ah_a}{2}=pr=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow h_a=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)
\(\Leftrightarrow h_a^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{a^2}\left(2\right)\)
Tương tự ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}h_b^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\left(3\right)\\h_c^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (2), (3), (4) ta có:
\(h_a^2+h_b^2+h_c^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}=\dfrac{1}{r^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}\ge4\)
Kẽ đường thẳng (d) đi qua A và // với BC. Gọi B' đối xứng với B qua (d).
Ta có:
\(BB'^2=B'C^2-BC^2\le\left(AB'+AC\right)^2-BC^2\)
\(\Leftrightarrow4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\left(1\right)\)
Tương tự ta cũng có:
\(\left\{{}\begin{matrix}4h_b^2\le\left(c+a\right)^2-b^2\left(2\right)\\4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(4h_a^2+4h_b^2+4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2+\left(b+c\right)^2-a^2+\left(c+a\right)^2-b^2\)
\(\Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)
Chứng minh : \(8^{n+2}-5^{n+2}+8^n-5^n\) chia hết cho 65 và 120 với mọi số n nguyên dương
Cho S = abc+bca+cab. C/minh S không phải là số chính phương
Mong các bạn giúp mình sớm nhất có thể
Cô Bùi Thị Vân giúp em vs
\(S=\overline{abc}+\overline{bca}+\overline{cab}\)
\(S=100a+10b+c+100b+10c+a+100c+10a+b\)
\(S=\left(100a+10a+a\right)+\left(100b+10b+b\right)+\left(100c+10c+c\right)\)
\(S=111a+111b+111c\)
Vì:
\(\left\{{}\begin{matrix}111a⋮3\\111b⋮3\\111c⋮3\end{matrix}\right.\) nên: \(111a+111b+111c⋮3\) nhưng lại \(⋮̸9\)
Vậy....
Câu cho S =abc+bca+cab (Nhớ có dấu gạch trên đầu nha)
Ta có:
\(S=abc+bca+cab=100a+10b+c+100b+10c+a+100c+10a+b\)
\(S=111a+111b+111c=111\left(a+b+c\right)=37.3.\left(a+b+c\right)\)
Để S là số chính phương thì 3(a+b+c) phải chia hết cho 37
mà 1 bé hơn hoặc bằng a+b+c ; a+b+c bé hơn hoặc bằng 27
=> S ko là số CP
Đề th 1 : \(S=\overline{abc}+\overline{bac}+\overline{cba}=111\left(a+b+c\right)\) là scp khi a + b + c là scp
Đề th 2 : \(S=3abc\) là scp khi \(abc=3.m^2\left(m\in Z\right)\)
???????
Cho các số \(x=by+cz;y=ax+cz;z=ax+by\)và \(x+y+z\ne0\)
Tính giá trị của biểu thức \(Q=\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\)
Từ đề bài ta có:
\(x+y+z=2\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=2\left(ax+x\right)\\x+y+z=2\left(by+y\right)\\x+y+z=2\left(cz+z\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=2x\left(1+a\right)\\x+y+z=2y\left(1+b\right)\\x+y+z=2z\left(1+c\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{1+a}=\dfrac{2x}{x+y+z}\\\dfrac{1}{1+b}=\dfrac{2y}{x+y+z}\\\dfrac{1}{1+c}=\dfrac{2z}{x+y+z}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow Q=\dfrac{2x}{x+y+z}+\dfrac{2y}{x+y+z}+\dfrac{2z}{x+y+z}\)
\(=\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\)
