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:

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

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

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

Bài 1

Làm theo các bước sau:

Bước 1: Người 1 bốc 2003 viên sỏi.
Như vậy còn lại 8 viên sỏi trên bàn.

Bước 2: 
Trường Hợp 1: Nếu người 2 bốc số sỏi trong các số 1, 3, 5, 7 thì bốc nốt số sỏi còn lại thì người 1 thắng.
Trường Hợp 2: Nếu người 2 bốc 2 viên sỏi thì còn lại 6 viên. Người 1 bốc tiếp 2 viên thì sẽ còn lại 4 viên. Sau lượt bốc của người 2, người 1 có thể bốc nốt số sỏi còn lại.

Làm theo cách đó, người 1 luôn thắng

B1: Người 1 bốc 2003 viên sỏi.
Như vậy còn lại 8 viên sỏi trên bàn.

B2: 
TH1: Nếu người 2 bốc số sỏi trong các số 1, 3, 5, 7 thì bốc nốt số sỏi còn lại thì người 1 thắng.
TH2: Nếu người 2 bốc 2 viên sỏi thì còn lại 6 viên. Người 1 bốc tiếp 2 viên thì sẽ còn lại 4 viên. Sau lượt bốc của người 2, người 1 có thể bốc nốt số sỏi còn lại.
 

Đặt đa thức là M

\(\Rightarrow M=n^2\left(n^6-n^4-n^2+1\right)\)

\(\Rightarrow M=n^2\left[n^4\left(n^2-1\right)-\left(n^2-1\right)\right]\)

\(\Rightarrow M=n^2\left(n^2-1\right)\left(n^4-1\right)\)

\(\Rightarrow M=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)

Ta có

n(n - 1)(n+1) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3

\(\Rightarrow\left[n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\right]\left[n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\right]\) chia hết cho 9

=> M chia hết cho 9

Mặt khác

Vì n là số lẻ nên n - 1 và n+1 là số chẵn

=> (n - 1)(n+1) chia hết cho 8

\(n\left(n-1\right)\left(n+1\right)n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n+1\right)\left(n-1\right)\) chia hết cho 128

=> M chia hết cho 128

Mà (9;128)=1

=> M chia hết cho 9x128=1152 ( đpcm )

...??? mk chiuj^^ ^_^

Với n = 0 thì đúng.

Dễ thấy khi \(x^a+\frac{1}{x^a}=x^{-a}+\frac{1}{x^{-a}}\)nên ta chỉ cần chứng minh nó đúng với  n \(\in\)Z⁺

Với n = 2 thì \(\Rightarrow x^2+\frac{1}{x^2}+2=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2\)là số nguyên

\(\Rightarrow x^2+\frac{1}{x^2}\)là số nguyên.

Giả sử nó đúng đến n = k 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{x^{k-1}}+x^{k-1}\\x^k+\frac{1}{x^k}\end{cases}}\)đều là số nguyên.

Ta chứng minh với n = k + 1 thì

x^k+1 + \(\frac{1}{x^{k+1}}\)cũng là số nguyên

Ta có:

\(\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)=x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}+x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}\)

\(\Rightarrow x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}\)là số nguyên.

Vậy ta có điều phải chứng minh là đúng.

Gọi O là giao điểm của AM và IK

Vì tam giác ABC vuông tại A và có đường trung tuyến AM nên ta có AM = BM = CM = 1/2BC

=> Tam giác ABM cân tại M =>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\) 

Dễ thấy AIHK là hình chữ nhật vì \(\widehat{BAC}=\widehat{AKH}=\widehat{AIH}=90^o\)

=> \(\widehat{KIA}=\widehat{AHK}\) (tính chất hình chữ nhật)

Mà : \(\hept{\begin{cases}\widehat{AHK}+\widehat{AHI}=90^o\\\widehat{BHI}+\widehat{AHI}=90^o\end{cases}}\) => \(\widehat{AHK}=\widehat{BHI}\) hay \(\widehat{KIA}=\widehat{BHI}\)

Ta có : \(\widehat{BHI}+\widehat{ABC}=90^o\) mà \(\widehat{BHI}=\widehat{KIA};\widehat{MAB}=\widehat{ABC}\)

=> \(\widehat{KIA}+\widehat{MAB}=90^o\) mà trong tam giác AOI : \(\widehat{KIA}+\widehat{MAB}+\widehat{AOI}=180^o\)

=> \(\widehat{AOI}=90^o\Rightarrow AM\perp IK\) (đpcm)

Gọi O là giao điểm của AM và IK.

Tứ giác AIHK có 3 góc vuông nên AIHK là hình chữ nhật nên góc HKI = góc AIK.

góc HKI phụ góc IKA mà góc IKA = góc HAK suy ra góc HKI phụ góc HAK.

Do đó góc HKI = góc C (cùng phụ góc HAK). Suy ra góc AIK = góc C. (1)

Dễ dàng chứng minh được góc B = góc MAB nên MAB phụ góc C. (2)

Từ (1) và (2) suy ra góc AIK phụ góc MAB hay góc IOA = 90⁰.

Vậy AM vuông góc với IK.

a)Ta có \(\begin{cases}BE=ED=\frac{1}{2}BD\\BM=MC\end{cases}\) => ME là đường trung bình của tam giác BDC

=> EM // CD => EMCD là hình thang.

b) Ta chứng minh được ME // CD hay ME // ID (câu a) =>DIME là hình thang

Lại có AD = DE => DI là đường trung bình của tam giác AEM => AI = IM => I là trung điểm AM

Dễ Như Ăn Cháo

Xét \(a+b=0\) thì ta có ĐPCM

Xét \(b=c\)

\(\Rightarrow a=2c\)

Ta chứng minh:

\(\dfrac{8c^3+c^3}{8c^3+c}=\dfrac{2c+c}{2c+c}\)

\(\Leftrightarrow1=1\) đúng

Xét \(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ne0\\b\ne c\end{matrix}\right.\)

Ta chứng minh:

\(\dfrac{a^3+b^3}{a^3+c^3}=\dfrac{a+b}{a+c}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)}=\dfrac{a+b}{a+c}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-ab+b^2}{a^2-ac+c^2}=1\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2=a^2-ac+c^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(c-b\right)=\left(c-b\right)\left(c+b\right)\)

\(\Leftrightarrow a=c+b\) đúng

Vậy ta có ĐPCM

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a_1^2+a_2^2\ge2a_1a_2\\a_1^2+a_3^2\ge2a_1a_3\\...................\\a_{n-1}^2+a_n^2\ge2a_{n-1}a_n\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(n-1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\ge2\left(a_1a_2+a_1a_3+...+a_{n-1}a_n\right)\)

\(\Leftrightarrow n\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\ge2\left(a_1a_2+a_1a_3+...+a_{n-1}a_n\right)+\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\)

\(\Leftrightarrow n\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\)

Áp dụng BĐT căn trung bình bình phương ta có:

\(\sqrt{\dfrac{a_1^2+a_2^2+....+a^2_n}{n}}\ge\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a_1^2+a_2^2+....+a^2_n}{n}\ge\left(\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a_1^2+a_2^2+....+a^2_n}{n}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{n^2}\)

\(\Leftrightarrow a_1^2+a_2^2+....+a^2_n\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{n}\)

\(\Leftrightarrow n\left(a_1^2+a_2^2+....+a^2_n\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\)

Khi \(a_1=a_2=...=a_n\)

1/ Đặt \(\sqrt{5x-x^2}=a\ge0\)

Thì ta có:

\(a-2a^2+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2-a\right)\left(2a+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\\a=-\dfrac{3}{2}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\sqrt{5x-x^2}=2\)

\(\Leftrightarrow x^2-5x+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=4\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y+xy=3\\\sqrt{x}+\sqrt{y}=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2+xy-2\sqrt{xy}=3\left(1\right)\\\sqrt{x}+\sqrt{y}=2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow xy-2\sqrt{xy}+1=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{xy}=1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{y}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) thế vô (2) ta được

\(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}=2\)

\(\Leftrightarrow x-2\sqrt{x}+1=0\)

\(\Rightarrow x=1\)

\(\Rightarrow y=1\)