Ôn tập cuối năm phần hình học

Ta có:

\(\widehat{FKM}+\widehat{MKD}+\widehat{DKC}=90^o+90^o=180^o\)

mà \(\widehat{FKM}=\widehat{NKC}\left(d.d\right)\)

nên \(\widehat{NKC}+\widehat{MKD}+\widehat{DKC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{MKN}=180^o\)

Vậy M;K;N thẳng hàng(đpcm)

Chúc bạn học tốt!!!

Mình xin phép dùng hình vẽ trên.
Gọi DK giao với AC tại O.
Ta chứng minh \(\Delta AMN\sim\Delta ACB\) . (Tính chất này mang tính tổng quát cho mọi tam giác ABC).
Thật vậy \(\Delta AMD\sim\Delta ADB\) nên:
\(\dfrac{AM}{AD}=\dfrac{AD}{AB}\Leftrightarrow AM.AB=AD^2\).
Tương tự: \(\Delta AND\sim\Delta ADC\Leftrightarrow AN.AC=AD^2\).
Từ đó ta có:
\(AM.AB=AN.AC\Leftrightarrow\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\).
Xét \(\Delta AMN\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)
Góc A chung
Vì vậy \(\Delta AMN\sim\Delta ACB\left(c.g.c\right)\).
Suy ra: \(\widehat{AMN}=\widehat{ACB}\).
Gọi DK giao với AC tại O.
Chứng minh tương tự như trên ta có:
\(\Delta OKN\sim\Delta OCD\) suy ra \(\widehat{OKN}=\widehat{OCD}=\widehat{ACB}\).
Gọi MN giao DO tại K'. Ta cần chứng minh K và K' trùng nhau.
Dễ thấy K và K' thuộc đoạn MN (do tam giác ABC nhọn).
Do DO // AB (cùng vuông góc CF).
MN cắt hai đường thẳng trên nên : \(\widehat{OK'N}=\widehat{AMN}\).
Suy ra: \(\widehat{OKN}=\widehat{OK'N}\).
Giả sử K và K' không trùng nhau:
Khi đó khồng mất tính tổng quát giả sử K' nằm giữa K và N, ta có hình vẽ sau:

Khi đó: \(\widehat{OKN}=\widehat{OK'N}\) (điều này là vô lý bởi \(\widehat{OK'N}>\widehat{OKN}\) theo tính tính chất góc ngoài của tam giác).
Bỏi vậy K trùng với K'.
Suy ra M, K, N thẳng hàng.

Tại sao lại phải lm khó bài toán lên v????? Hình tự vẽ!

Bài làm: Nối EF

- C/m: KN // EF

+) Ta có: DN // BE ( Cùng \(\perp\) AC) \(\Rightarrow\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CD}{BC}\) (1)

+) Ta lại có: DK // BF ( Cùng \(\perp\) CF ) \(\Rightarrow\dfrac{CK}{CF}=\dfrac{CD}{BC}\) (2)

Từ (1); (2) \(\Rightarrow\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CK}{CF}\) \(\Rightarrow\) KN // EF (*)

- C/m: MN // EF

+) Ta có: FH // MD ( Cùng \(\perp\) AB) \(\Rightarrow\dfrac{AF}{AM}=\dfrac{AH}{AD}\) (3)

+) Ta lại có: HE // DN ( Cùng \(\perp\) AC) \(\Rightarrow\dfrac{AE}{AN}=\dfrac{AH}{AD}\) (4)

Từ (3); (4) \(\Rightarrow\dfrac{AF}{AM}=\dfrac{AE}{AN}\) \(\Rightarrow\) EF // MN (**)

Từ (*); (**) \(\Rightarrow\) K, M, N thẳng hàng.

P/s: Bài toán mở rộng: Kẻ DI \(\perp\) BE. C/m: M, I, K, N thẳng hàng

Nối E với D.\(EK\cap BC=\left\{M\right\}\).

Xét tam giác DME và tam giác DMK ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}EM=KM\left(gt\right)\\\widehat{DME}=\widehat{DMK}\left(=90^o\right)\\DM:chung\end{matrix}\right.\)

Do đó \(\Delta DME=\Delta DMK\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{MDK}\left(cgtu\right)\)(1)

mà \(\widehat{MDK}=\widehat{BDF}\left(d.d\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{BDF}\)

Ta có:

\(\widehat{HDM}=\widehat{HDB}\left(=90^o\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{EDM}+\widehat{EDH}=\widehat{FDB}+\widehat{FDH}\)

mà \(\widehat{EDM}=\widehat{FDB}\left(cmt\right)\)

Do đó \(\widehat{EDH}=\widehat{FDH}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\widehat{EDH}+\widehat{EDM}=\widehat{FDH}+\widehat{KDM}\)

\(\Rightarrow\widehat{FDH}+\widehat{KDM}=90^o\)

Do đó: \(\widehat{EDH}+\widehat{EDM}+\widehat{FDH}+\widehat{KDM}=90^o+90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{FDK}=180^o\)

Vậy ba điểm F;D;K thẳng hàng

Chúc bạn học tốt!!!

\(A=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)\\ A=\left(x^2-5x+4\right)\left(x^2-5x+6\right)\\ A=\left(x^2-5x+5-1\right)\left(x^2-5x+5+1\right)\\ A=\left(x^2-5x+5\right)^2-1\ge-1\)

đẳng thức xảy ra khi :

\(x^2-5x+5=0\\ x^2-2.\dfrac{5}{2}x+\dfrac{25}{4}=\dfrac{25}{4}-5\\ \left(x-\dfrac{5}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{5}{2}=\sqrt{\dfrac{5}{4}}\\x-\dfrac{5}{2}=-\sqrt{\dfrac{5}{4}}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{\dfrac{5}{4}}+\dfrac{5}{2}=\dfrac{\sqrt{5}+5}{2}\\x=-\sqrt{\dfrac{5}{4}}+\dfrac{5}{2}=\dfrac{5-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

vậy GTNN của A =-1 tại \(\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{\dfrac{5}{4}}+\dfrac{5}{2}=\dfrac{\sqrt{5}+5}{2}\\x=-\sqrt{\dfrac{5}{4}}+\dfrac{5}{2}=\dfrac{5-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

ĐKXĐ: \(x\ne\pm1;x\ne0\)

\(B=\left[\dfrac{x^2}{x^2-1}-\dfrac{x^2}{x^2+1}\left(\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{1}{x^2+x}\right)\right]:\dfrac{1}{x+1}\)\(=\left[\dfrac{x^2}{x^2-1}-\dfrac{x^2}{x^2+1}\left(\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{1}{x\left(x+1\right)}\right)\right].\left(x+1\right)\)\(=\left[\dfrac{x^2}{x^2-1}-\dfrac{x^2}{x^2+1}.\dfrac{x^2+1}{x\left(x+1\right)}\right]\left(x+1\right)\)

\(=\left[\dfrac{x^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\dfrac{x}{x+1}\right]\left(x+1\right)\)

\(=\left[\dfrac{x^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\dfrac{x\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\right]\left(x+1\right)\)\(=\dfrac{x^2-x^2+x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}.\left(x+1\right)\)

\(=\dfrac{x}{x-1}\)

Lời giải:

Ta có hình vẽ sau:

Lấy điểm \(R\in AB|\angle BCR=\angle ABN\). $CR$ cắt $BM$ tại $K$ và $BN$ tại $E$

Khi đó:

\(\left\{\begin{matrix} \angle BCR=\angle ABN\\ \angle RBC=\angle NAB=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABN\sim \triangle BCR\)

\(\Rightarrow 1=\frac{AB}{BC}=\frac{AN}{BR}\Rightarrow AN=BR(1)\)

Từ hai tam giác đồng dạng ta cũng suy ra \(\angle ANE=\angle ANB=\angle CRB=\angle ERB\)

Xét tứ giác $AREK$ có \(\angle A+\angle ARE+\angle ANE+\angle NER=360^0\)

\(\Leftrightarrow 90^0+\angle ARE+\angle ERB+\angle NER=360^0\)

\(\Leftrightarrow 90^0+180^0+\angle NER=360^0\Rightarrow \angle NER=90^0\rightarrow BE\perp RK\)

Tam giác $RBK$ có $BE$ vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên $RBK$ là tam giác cân tại $B$

\(\Rightarrow BR=BK(2)\). Từ \((1),(2)\Rightarrow AN=BK\)

Tam giá $RBK$ cân \(\Rightarrow \angle BRK=\angle BKR=\angle MKC\)

Mà \(\angle BRK=\angle KCM\) (so le trong) nên \(\angle MKC=\angle KCM\Rightarrow \triangle KMC\) cân tại $M$

\(\Rightarrow CM=MK\)

Do đó, \(AN+CM=BK+MK=BM\) (đpcm)

\(\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nen \(AC^2=HC\cdot BC\)

\(\Leftrightarrow HC\left(HC+3.6\right)=64\)

\(\Leftrightarrow HC^2+3.6HC-64=0\)

\(\Leftrightarrow HC^2-6.4HC+10HC-64=0\)

\(\Leftrightarrow\left(HC+10\right)\left(HC-6.4\right)=0\)

=>HC=6,4(cm)

\(AH=\sqrt{3.6\cdot6.4}=4.8\left(cm\right)\)

Lời giải:

Gọi \(a\) là nghiệm chung của hai phương trình trên. Khi đó:

\(\left\{\begin{matrix} a^2-(2m-3)a+6=0\\ 2a^2+a+m-5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a^2-(4m-6)a+12=0\\ 2a^2+a+m-5=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a+m-5+(4m-6)a-12=0\)

\(\Leftrightarrow a(4m-5)=17-m\Rightarrow a=\frac{17-m}{4m-5}\)

Thay vào PT đầu tiên:

\(\Rightarrow \left ( \frac{17-m}{4m-5} \right )^2-\frac{(2m-3)(17-m)}{4m-5}+6=0\)

\(\Leftrightarrow (17-m)^2-(2m-3)(17-m)(4m-5)+6(4m-5)^2=0\)

\(\Leftrightarrow 8m^3-61m^2+115m+184=0\)

\(\Leftrightarrow (m+1)(8m^2-69m+184)=0\)

Dễ thấy \(8m^2-69m+184>0\) nên \(m+1=0\Leftrightarrow m=-1\)

Vậy \(m=-1\)

\(A=\left[1:\left(\dfrac{1+\sqrt{a}-\sqrt{a}}{\sqrt{a}+1}\right)\right]\cdot\left(\dfrac{1}{\sqrt{a}-1}-\dfrac{2\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+1\right)}\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{a}+1}{1}\cdot\dfrac{a+1-2\sqrt{a}}{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a}+1}{1}\cdot\dfrac{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}\)

\(=\dfrac{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}-1}\)