Bạn tự vẽ hình:

Lấy I thuộc BC sao cho EI//AB :

Theo định lí Thales ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{IE}{CE}=\dfrac{AB}{AC}\\\dfrac{IE}{BD}=\dfrac{KE}{KD}\end{matrix}\right.\)mà BD=CE nên \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{KE}{KD}\left(đpcm\right)\)

Sửa đề:Cho tam giác ABC đường cao AH.I là điểm bất kì trên đoạn AH,đường thẳng CI cắt AB tại P.đường thẳng BI cắt AC tại Q.CMR: AH là tia phân giác của góc QHP

Đâu tiên mình sẽ phát biểu định lí Ceva: Giả sử tam giác ABC có AM,BI,CK với M thuộc BC,I thuộc AC,K thuộc AB . Ba đoạn thẳng này đồng quy khi và chỉ khi AK.BM.CI=AI.CM.BK

(Bạn có thể lên mạng tham khảo định lí này nếu chưa biết)

Giải bài:

Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt HP,HQ lần lượt ở T,U

Xét AT//BH theo định lí Thales ta có:

\(\dfrac{AT}{BH}=\dfrac{PA}{PB}\Leftrightarrow AT=\dfrac{PA.HB}{PB}\left(1\right)\)

Xét AU//HC theo định lí Thales ta được:

\(\dfrac{AU}{HC}=\dfrac{AQ}{QC}\Leftrightarrow AU=\dfrac{HC.AQ}{QC}\left(2\right)\)

Áp dụng định lí Ceva: AH,CP,BQ đồng quy tại I nên:

\(BH.CQ.AP=AQ.CH.BP\Leftrightarrow\dfrac{AP.HB}{PB}=\dfrac{HC.AQ}{QC}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) ta có: \(AT=AU\)

Xét tam giác HUT có:

\(AT=AU;AH\perp TU\)(do \(TU//BC;AH\perp BC\))

nên tam giác HUT cân tại H

=> AH là tia phân giác của góc QHP(đpcm)

Bạn tự vẽ hình:

Vẽ tia Bx sao cho \(\widehat{CBx}=\widehat{CDA}\) và Bx cắt CD tại E

Xét tam giác CBE và tâm giác CDA có:

\(\widehat{CBE}=\widehat{CDA};\widehat{BCD}=\widehat{DCA}\)

\(\Rightarrow\Delta CBE\sim\Delta CDA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow CA.CB=CD.CE\)

mà \(CE>CD\)

\(\Rightarrow CA.CB>CE^2\) (đpcm)

Bạn tự vẽ hình:

a) Nhận thấy KD là đường trung bình ứng với AB của tam giác ABC nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}KD//AH\\KD=AH\left(=\dfrac{1}{2}AB\right)\end{matrix}\right.\) nên HDKA là hình bình hành

Gọi giao điểm của AD và HK là I thì I là trung điểm của AD,HK(1)

E đối xứng với D qua K nên\(\left\{{}\begin{matrix}DE//AB\\DE=2KD=2.\dfrac{1}{2}AB=AB\end{matrix}\right.\)

=> DEAB là hình bình hanh mà I là trung điểm AD

=> I là trung điểm BE (2)

Từ (1) và (2) ta có: AD,HK,BE đông quy tại I (đpcm)

b)Tam giác ABC vuông tại A nên \(AD=\dfrac{1}{2}BC\)

\(\Leftrightarrow AD^2=\dfrac{1}{4}BC^2\)(3)

\(BK^2=AB^2+AK^2=AB^2+\left(\dfrac{1}{2}AC\right)^2=AB^2+\dfrac{1}{4}AC^2\)(4)

\(CH^2=AC^2+AH^2=AC^2+\left(\dfrac{1}{2}AB\right)^2=AC^2+\dfrac{1}{4}AB^2\)(5)

Từ (3),(4),(5) ta có:

\(\dfrac{BC^2}{AD^2+BK^2+CH^2}\)

\(=\dfrac{BC^2}{\left(\dfrac{1}{4}BC^2\right)+\left(AB^2+\dfrac{1}{4}AC^2\right)+\left(AC^2+\dfrac{1}{4}AB^2\right)}\)

\(=\dfrac{BC^2}{\dfrac{5}{4}\left(AB^2+BC^2\right)+\dfrac{1}{4}BC^2}=\dfrac{BC^2}{\dfrac{5}{4}BC^2+\dfrac{1}{4}BC^2}=\dfrac{2}{3}\)

Mình đặt \(a=x+3\)

\(\Rightarrow A=\left(a+2\right)^4+\left(a-2\right)^4\)

\(=\left(a^4+8a^3+24a^2+32a+16\right)+\left(a^4-8a^3+24a^2-32a+16\right)\)

\(=2a^4+48a^2+32\ge32\)

Dấu "=" xảy ra khi

\(\left\{{}\begin{matrix}2x^4=0\\48x^2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow x=-3\)

Vậy \(minA=32\) khi x=-3

Gọi vận tốc của anh Thắng là v (m/phút)

=> vận tốc của anh Cường là 8v (m/phút) và vận tốc của ô tô là 64v(m/phút)

Nủa phút sau khi gặp nhau ô tô và anh Thắng sẽ cách nhau
\(S=\dfrac{1}{2}\left(v+64v\right)=32,5v\left(m\right)\)

Thời gian Cường và Thắng gặp nhau:

\(t=\dfrac{S}{8v-v}=\dfrac{32,5}{7}=\dfrac{65}{14}\left(phút\right)\)

Bạn xem mình có nhầm chỗ nào không

xem lại đề đi bạn :|

1) Sửa đề: Cho \(\left(x+\sqrt{x^2+2}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2}\right)=2\)

Tính \(S=x\sqrt{y^2+2}+y\sqrt{x^2+2}\)

Nhận xét:

\(S^2=x^2\left(y^2+2\right)+y^2\left(x^2+2\right)+2xy\sqrt{\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)}\)

\(=x^2y^2+\left(x^2y^2+2x^2+2y^2+4\right)+2xy\sqrt{\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)}-4\)

\(=x^2y^2+\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)+2xy\sqrt{\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)}-4\)

\(=\left(xy+\sqrt{\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)}\right)^2-4\)

\(\Rightarrow\)\(xy+\sqrt{\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)}=\pm\sqrt{S^2+4}\)

\(\left(x+\sqrt{x^2+2}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2}\right)=2\)

\(\Leftrightarrow xy+\sqrt{\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)}+\sqrt{y^2+2}+y\sqrt{x^2+2}=2\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{S^2+4}+S=2\\-\sqrt{S^2+4}+S=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{S^2+4}=2-S\left(S\le2\right)\\\sqrt{S^2+4}=S-2\left(S\ge2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}S^2+4=S^2+4S+4\\S^2+4=S^2+4S+4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}S=0\left(nhận\right)\\S=0\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

2)\(\left(a+b+c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)=-0,5\Rightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2=0,25\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)=0,25\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=0,25\)

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)=1\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=0,5\)

Giao điểm của AC và BD là O:

\(AB//CD\) nên \(\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OB}{OD}=\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{4}{11}\)

Lại có: \(OB+OD=BD=9\)

\(\Rightarrow\dfrac{9-OD}{OD}=\dfrac{4}{11}\Leftrightarrow OD=6,6\)

\(OC=\sqrt{CD^2-OD^2}=8,8\)

\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{4}{11}\Leftrightarrow OA=3,2\)

\(AC=OA+OC=12\left(cm\right)\)

Bạn tự vẽ hình nha:

Gọi giao điểm của AC và BD là O ta có :

\(AB//CD\) nên \(\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OB}{OD}=\dfrac{4}{11}\)(1)

Lại có: \(OB+OD=BD=9\\ \)(2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{9-OD}{OD}=\dfrac{4}{11}\Leftrightarrow99-11OD=4OD\Leftrightarrow OD=6,6\)

\(OB=9-OD=2,4\)

\(OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=3,2\)

\(AD=\sqrt{OA^2+OD^2}=\sqrt{\dfrac{269}{5}}\)

Bạn xem có sai ko mình thấy số ko đẹp