Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
a) Gọi G là giao của BE và DC.
-Xét △BEF và △BCF có:
\(BE=BC\) (gt).
\(\widehat{EBF}=\widehat{CBF}\) (BF là tia phân giác của \(\widehat{EBC}\)).
\(BF\) là cạnh chung.
=>△BEF = △BCF (c-g-c).
=>\(\widehat{BEF}=\widehat{BCF}=90^0\) (2 góc tương ứng).
=>BG⊥FI tại E.
-Ta có: \(\widehat{GED}+\widehat{EGD}=90^0\) (△DEG vuông tại D).
\(\widehat{EGD}+\widehat{EFD}=90^0\) (△GEF vuông tại E).
=>\(\widehat{GED}=\widehat{EFD}\).
-Xét △GED và △EFD có:
\(\widehat{GED}=\widehat{EFD}\) (cmt)
\(\widehat{GDE}=\widehat{FED}=90^0\)
=>△GED ∼ △EFD (g-g),
=>\(\dfrac{GD}{GE}=\dfrac{ED}{EF}\) (2 tỉ lệ tương ứng) (1).
-Xét △ABE có: AB//GD (ABCD là hình chữ nhật).
=>\(\dfrac{AB}{GD}=\dfrac{BE}{GE}\) (định lí Ta-let).
=>\(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{GD}{GE}\) (2)
-Xét △AEI có: AI//DF (ABCD là hình chữ nhật).
=>\(\dfrac{AE}{DE}=\dfrac{EI}{EF}\) (định lí Ta-let).
=>\(\dfrac{AE}{EI}=\dfrac{DE}{EF}\) (3).
-Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AE}{EI}\)
=>\(AB.EI=BE.AE\) mà \(BE=BC\) (gt)
=>\(AB.EI=BC.AE\).
b) -Xét △ABE và △EBI có:
\(\widehat{BAE}=\widehat{BEI}=90^0\)
\(\widehat{B}\) là góc chung.
=>△ABE ∼ △EBI (g-g).
=>\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{EI}{BI}\) (2 tỉ lệ tương ứng).
=>\(AE=\dfrac{EI.BE}{BI}\)
=>\(AE^2=\dfrac{EI^2.BE^2}{BI^2}\)
=>\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{BI^2}{EI^2.BE^2}\)
Mà \(BI^2=EI^2+BE^2\) (△BEI vuông tại E).
=>\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{EI^2+BE^2}{EI^2.BE^2}=\dfrac{1}{BE^2}+\dfrac{1}{EI^2}\)
2)
a) -Ta có: \(\widehat{BMD}+\widehat{DME}+\widehat{CME}=180^0\)
\(\widehat{DBM}+\widehat{DMB}+\widehat{BDM}=180^0\) (tổng 3 góc trong △BDM).
Mà\(\widehat{DME}=\widehat{DBM}\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{CME}=\widehat{BDM}\).
-Xét △BDM và △CME có:
\(\widehat{BDM}=\widehat{CME}\) (cmt).
\(\widehat{DBM}=\widehat{MCE}\) (△ABC cân tại A).
\(\Rightarrow\)△BDM ∼ △CME (g-g).
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{CM}{CE}\) (2 tỉ lệ tương ứng).
Mà \(BM=CM=\dfrac{1}{2}BC\) (M là trung điểm BC).
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{\dfrac{1}{2}BC}=\dfrac{\dfrac{1}{2}BC}{CE}\)
\(\Rightarrow BD.CE=\dfrac{1}{4}BC^2\).
b) -Ta có: \(\dfrac{BD}{CM}=\dfrac{DM}{ME}\) (△BDM ∼ △CME)
Mà \(BM=CM\) (M là trung điểm BC).
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{DM}{ME}\)
-Xét △BDM và △MDE có:
\(\widehat{DBM}=\widehat{DME}\left(gt\right)\)
\(\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{DM}{ME}\) (cmt).
\(\Rightarrow\)△BDM ∼ △MDE (c-g-c).
\(\Rightarrow\widehat{BDM}=\widehat{MDE}\) (2 góc tương ứng) hay DM là phân giác của \(\widehat{BDE}\).
Câu 2: pt đã cho \(\Leftrightarrow x^3-3x^2+3x-1+x^3+x^3+3x^2+3x+1=x^3+6x^2+12x+8\)
\(\Leftrightarrow2x^3-6x^2-6x-8=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-3x^2-3x-4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^3-6\left(x-1\right)-9=0\) (*)
Đặt \(x-1=t\) thì (*) trở thành \(t^3-6t-9=0\)
\(\Leftrightarrow t^3-9t+3t-9=0\)
\(\Leftrightarrow t\left(t^2-9\right)+3\left(t-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(t^2+3t\right)+3\left(t-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(t^3+3t+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=3\\t^2+3t+3=0\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x-1=3\)
\(\Leftrightarrow x=4\)
Vậy pt đã cho có nghiệm \(x=4\)
bài đấy thì em làm được rồi á. Chỉ là em đăng lên xem còn cách nào giải hay hơn thôi ạ...
Bài 4:
Xét ΔAED vuông tại E và ΔBFC vuông tại F có
AD=BC
góc D=góc C
Do đó: ΔAED=ΔBFC
=>DE=CF
Bài 3:
a: Xét ΔADC và ΔBCD có
AD=BC
AC=BD
DC chung
Do đó: ΔADC=ΔBCD
=>góc ACD=góc BDC
b: Ta co: góc ACD=góc BDC
=>góc EAB=góc EBA
=>ΔEAB cân tại E
Bài 3:
a: Xét ΔAIB và ΔCID có
IA=IC
góc AIB=góc CID
IB=ID
Do đó: ΔAIB=ΔCID
b: Xét tứ giác ABCD có
I là trung điểm chung của AC và BD
nên ABCD là hình bình hành
Suy ra: AD//BC va AD=BC
Bài 6:
a: Xét ΔADB và ΔAEC có
AD=AE
góc A chung
AB=AC
Do đó: ΔADB=ΔAEC
SUy ra: BD=CE
b: Xét ΔEBC và ΔDCB có
EB=DC
BC chung
EC=BD
Do đó: ΔEBC=ΔDCB
Suy ra: góc OBC=góc OCB
=>ΔOBC cân tại O
=>OB=OC
=>OE=OD
=>ΔOED cân tại O
c: Xét ΔABC có AE/AB=AD/AC
nên ED//BC
đề như thế thì đương nhiên phải có điều kiện đó chứ em, đề đúng rồi anh xin xóa câu trl
1. ĐKXĐ: \(a,b,c\) đôi một khác nhau.
\(\dfrac{\left(x-a\right)\left(x-c\right)}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)}+\dfrac{\left(x-b\right)\left(x-c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=1\)
⇔\(\dfrac{x-c}{a-b}\left(\dfrac{x-b}{a-c}-\dfrac{x-a}{b-c}\right)=1\)
⇔\(\dfrac{x-c}{a-b}.\dfrac{\left(x-b\right)\left(b-c\right)-\left(x-a\right)\left(a-c\right)}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}=1\)
⇔\(\dfrac{x-c}{a-b}.\dfrac{bx-cx-b^2+bc-\left(ax-cx-a^2+ac\right)}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}=1\)
⇔\(\dfrac{x-c}{a-b}.\dfrac{bx-b^2+bc-ax+a^2-ac}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}=1\)
⇔\(\dfrac{x-c}{a-b}.\dfrac{x\left(b-a\right)+c\left(b-a\right)-\left(b-a\right)\left(a+b\right)}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}=1\)
⇔\(\dfrac{x-c}{a-b}.\dfrac{\left(b-a\right)\left(x-a-b+c\right)}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}=1\)
⇔\(\dfrac{\left(x-c\right)\left(a-b\right)\left(x-a-b+c\right)}{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(b-c\right)}-1=0\)
⇔\(\dfrac{\left(x-c\right)\left(a-b\right)\left(x-a-b+c\right)}{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(b-c\right)}-\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=0\)
⇔\(\left(x-c\right)\left(a-b\right)\left(x-a-b+c\right)-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\)
⇔\(\left(a-b\right)\left[\left(x-c\right)\left(x-a-b+c\right)-\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]=0\)
⇔\(a-b=0\) (loại do \(a\ne b\)) hay \(\left(x-c\right)\left(x-a-b+c\right)-\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\)
⇔\(x^2-ax-bx+cx-cx+ac+bc-c^2-\left(bc-ab-c^2+ac\right)=0\)
⇔\(x^2-ax-bx+cx-cx+ac+bc-c^2-bc+ab+c^2-ac=0\)
⇔\(x^2-ax-bx+ab=0\)
⇔\(x\left(x-a\right)-b\left(x-a\right)\)
⇔\(\left(x-a\right)\left(x-b\right)=0\)
⇔\(x=a\) hay \(x=b\)
-Vậy \(S=\left\{a;b\right\}\)