Ta chứng minh bài toán khái quát hóa cảu của bài toán trên bằng cách thay số 2009 bởi số dương k cho trước

Ta có: \(\frac{S_{AME}}{S_{ABD}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AE}{AD};\frac{S_{ANE}}{S_{ACD}}=\frac{AN}{AC}.\frac{AE}{AD}\)

Cộng theo vế hai đẳng thức trên, với chú ý \(S_{ABD}=S_{ACD}=\frac{1}{2}S_{ABC}\), ta được:

\(\frac{2S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AE}{AD}\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)\)

\(\Leftrightarrow2\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}=\frac{AE}{AD}\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)\)

Chia cả hai vế cho \(\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}\) ta được:

 \(\Leftrightarrow2=\frac{AE}{AD}\frac{\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)}{\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}}\)

 \(\Leftrightarrow2=\frac{AE}{AD}\left(\frac{AC}{AN}+\frac{AB}{AM}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{2AD}{AE}=\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=k\) (1)

\(\Leftrightarrow AE=\frac{2AD}{k}\)

Từ đó AE không đổi nên E là điểm cố định. Tức là đường thẳng d luôn đ qua cố định   (đpcm)

Bạn xóa chỗ: "Chia cả hai vế....ta được:" với xóa chỗ \(\Leftrightarrow2=\frac{AE}{AD}\frac{\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)}{\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}}\).  Giờ nhìn kĩ lại mới thấy mình ghi chỗ đó dư, mà đã dư lại còn sai nữa chứ =(((

Chúc bạn học tốt!

Giả sử aⁿ + bⁿ và ab là 2 số nguyên tố cùng nhau.

=> aⁿ + bⁿ và ab cùng chia hết cho 1 số nguyên tố d.

=> aⁿ + bⁿ + ab chia hết cho d.

=> a(a^n-1 + b) + bⁿ chia hết cho d.

=> a(a^n-1 + b) chia hết cho d.

=> a chia hết cho d (1).

=> a^n-1 + b chia hết cho d => b chia hết cho d (2).

Từ (1) và (2) => a, b cùng chia hết cho 1 số nguyên tố d (trái với giả thiết a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau).

=> aⁿ + bⁿ và ab không là 2 số nguyên tố cùng nhau.

Mình nhầm:

Giả sử aⁿ + bⁿ  không là 2 số nguyên tố cùng nhau. Còn kết quả bạn ghi lại cái đpcm

Sửa đề lại đi e

Sửa đề:

a³ +3a² +5 = 5^b

a+c = 5^c

giải

Do a \(\in Z^+\) => 5^b = 3a² + 5 > a +3 = 5^c

=> 5^b > 5^c => b > c

=> 5^b chia hết cho 5^c

=> ( a³ +3a²+5) chia hết cho a+3

=> a² ( a+3) +5 chia hết cho a +3

Mà a² (a+3) chia hết cho a+3

=> 5 chia hết cho a+3

=> a+3 thuộc Ư(5)

\(\Rightarrow a+3\in\left\{\pm1;\pm5\right\}\)(1)

Do \(a\in Z^+\Rightarrow a+3\ge4\) (2)

Từ (1) và (2)

=> a +3 = 5 => a = 2

=> 2³ +3.2² +5 = 5²

=> 5^b =5²

=> b = 2

và: 2 + 3 = 5

=> 5^c = 5

=> c = 1

Vậy a=2; b=2 và c=1

Xét ΔABE và ΔHBE có:

   \(\widehat{BAE}=\widehat{BHE}=90\) (gt)

   BE:cạnh chung

   \(\widehat{ABE}=\widehat{HBE}\left(gt\right)\)

=> ΔABE =ΔHBE(cạnh huyền-góc nhọn)

b) Vì ΔABE=ΔHBE(cmt)

=> AB=BH ; AE=EH

=> B,E \(\in\) đường trung trực của đoạn thẳng AH

=>BE là đường trung trực của đoạn thẳng AH

c) Xét ΔAEK và ΔHEC có:

      \(\widehat{KAE}=\widehat{CHE}=90\left(gt\right)\)

     AE=EH(cmt)

      \(\widehat{AEK}=\widehat{HEC}\)

=>ΔAEK=ΔHEC(g.c.g)

=>EK=EC

d) Xét ΔEHC vuông tại H(gt)

=> HE<EC

Mà: HE=AE(cmt)

=>AE<EC

d) Xét ΔHKC có:

KH,CA là hai đường cao

=> E là trực tâm của ΔBKC

=>BE là đường cao

=> AE vuông góc KC

a)

xét 2 tam giác vuông ABE và HBE có:

BE(chung)

góc ABE= góc CBE(gt)

=> ΔABE=ΔHBE(CH-GN)

b)

gọi giao của BE và AH là F 

xét ΔABF và ΔHBF có:

AB=HB(theo câu a, ΔABE=ΔHBE)

BF(chung)

góc ABE=góc HBE(gt)

=> ΔABF=ΔHBF(c.g.c)

=>\(\begin{cases}FA=FH\\\widehat{AFB}=\widehat{BFH}=180^o:2=90^o\end{cases}\)

=> BE là đường trung trực của AH

c)

xét ΔAEK và ΔHEC có:

EA=EH(theo câu a, ΔABE=ΔHBE)

góc KAE=góc EHC=90º(gt)

góc AEK=góc CEH(2 góc đối đỉnh)

=>ΔAEK=ΔHEC(g.c.g)

=>EK=EC

d)

ta có ΔAEK vuông tại A

=> EK>AE

mà EK=EC(theo câu c)

=> AE<EC

e)

theo câu a, ta có: ΔABE=ΔHBE(CH-GN)

=>AB=HB

theo câu c, ta có: ΔAEK=ΔHEC(g.c.g)

=> AK=HC

ta có: KB=KA+AB

CB=CH+HB

=>KB=CB

=>ΔKBC cân tại B 

ta có:ΔKCB cân tại B có BE là đường phân giác

=>BE đồng thời là đường cao của ΔKBC

=>BE_|_KC 

f)

áp dụng định lí py-ta-go ta có;

\(AC^2=BC^2-AB^2=5^2-3^2=25-9=16\)

\(AC=\sqrt{16}=4\left(cm\right)\)

theo câu e; ta có ΔKBC cân tại B

=> BC=BK=5cm

AK=BC-AB=5cm-3cm=2cm

áp dụng định lí py-ta-go ta có:

\(KC^2=AK^2+AC^2=4^2+2^2=16+4=20\)

\(KC=\sqrt{20}\left(cm\right)\)

làm kỷ niệm bạn câu 1 (làm chân phương)

\(M=\left|x+1\right|+2\left|x-5\right|+\left|2x-7\right|+\left|\dfrac{x-11}{2}\right|\)

\(2M=\left|2x+2\right|+\left|4x-14\right|+\left|4x-20\right|+\left|x-11\right|\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x< -1;M_1=\left(-2x-2\right)+\left(-4x+14\right)+\left(-4x+20\right)+\left(-x+11\right)=-11x+43\\-1\le x< \dfrac{7}{2};M_2=\left(2x+2\right)+\left(-4x+14\right)+\left(-4x+20\right)+\left(-x+11\right)=-7x+47\\\dfrac{7}{2}\le x< 5;M_3=\left(2x+2\right)+\left(4x-14\right)+\left(-4x+20\right)+\left(-x+11\right)=x+19\\5\le x< 11;M_4=\left(2x+2\right)+\left(4x-14\right)+\left(4x-20\right)+\left(-x+11\right)=9x-21\end{matrix}\right.\)

\(11\le x;M_5=\left(2x+2\right)+\left(4x-14\right)+\left(4x-20\right)+\left(x-11\right)=11x-43\)

Min =Min[M1;M2;M3;M4;M5]

M1 ; M2 không có min

min M3 =M(7/2) =7/2+19 =45/2

min M4 =M(5) =9.5 -21 =24

Min M5 =M(11) =11.11-43=78

=> GTNN M =\(2.M_3=45\)

Ta chứng minh \(1^3+2^3+...+n^3=\left(1+2+..+n\right)^2\)

Đặt \(A=1^3+2^3+...+n^3\)

Với n=1\(\Rightarrow A\) đúng

Giả sử n=k đúng

\(\Rightarrow A=\left(1+2+...+k\right)^2\)

Cần cm \(n=k+1\) đúng

Thật vậy ta có:\(A=1^3+2^3+...+k^3+\left(k+1\right)^3\)

\(A=\left(1+2+...+k\right)^2+\left(k+1\right)^3\)(1)

Cần cm:\(\left(k+1\right)^3=2\left(k+1\right)\left(1+2+...+k\right)+\left(k+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(k+1\right)^2\left(k+1-1\right)=2\left(k+1\right)\cdot\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(k+1\right)^2k=\left(k+1\right)^2k\)(luôn đúng)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng \(\Rightarrowđpcm\)

Vậy \(1^3+2^3+...+n^3=\left(1+2+...+n\right)^2\)

Gọi H và K là lần lượt là trung điểm của BE và CD thì ta có : 

\(\hept{\begin{cases}NE=ND\\HE=HD\end{cases}}\) => HN là đường trung bình của tam giác BED => \(\hept{\begin{cases}HN\text{//}BD\\HN=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}EC\end{cases}}\)

Tương tự ta cũng chứng minh được NK , KM , HM là các đường trung bình của tam giác DEC, BDC , BEC

Từ đó suy ra HN = NK = KM = MH

Tứ giác HMKN có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi => góc HNM = góc KNM 

Mà HN // AB , NK // AC \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{HNM}=\widehat{BJM}\\\widehat{KNM}=\widehat{CIM}\end{cases}}\) .Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

a) Do P là trung điểm của DE (gt), Q là trung điểm của BE (gt) nên PQ là đường trung bình của tam giác BED, suy ra PQ=12BD.

Chứng minh tương tự MN = 12BD, NP = 12CE và MQ = 12CE.

Mặt khác BD = CE (gt)

Do đó MN = NP = PQ = QM

Vậy tứ giác MNPQ là hình thoi.

b) Do PN // AC, PQ // AB nên QPN^=BAC^ (hai góc có cạnh tướng ứng song song).

Gọi giao điểm của MP với AB là R, ta có ...

Hình như đề đúng phải là: \(\frac{x+z+2}{y}=\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+y-3}{z}=\frac{1}{x+y+z}\)bạn xem lại nhé :)))

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{x+z+2}{y}=\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+y-3}{z}=\frac{\left(x+z+2\right)+\left(y+z+1\right)+\left(x+y-3\right)}{x+y+z}\)

\(=\frac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\)(do \(x+y+z\ne0\)).

Do đó \(\frac{1}{x+y+z}=2\)\(\Rightarrow\)\(x+y+z=0,5\)

Thay kết quả này vào đề bài ta được:

\(\frac{0,5-y+2}{y}=\frac{0,5-x+1}{x}=\frac{0,5-z-3}{z}=2\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2,5-y}{y}=\frac{1,5-x}{x}=\frac{-2,5-z}{z}=2\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2,5}{y}=\frac{1,5}{x}=\frac{-2,5}{z}=3\)

Dễ dàng tính được \(y=\frac{5}{6},\)\(x=\frac{1}{2},\)\(z=\frac{-5}{6}\)

Đề lạ lạ cái chỗ \(\frac{x+y+3}{z}\)ấy. Bạn xem lại xem.

Câu hỏi của Ngân Hoàng Xuân - Toán lớp 8 | Học trực tuyến

http://h.vn/hoi-dap/question/63462.html

Gọi I là giao điểm của MC và OB; MC giao Ox tại N

Từ điểm I kẻ IH vuông góc với MA tại H; IK vuông góc với tia Ox tại K

Góc ^xOz=120⁰, phân giác Oy => ^xOy=^yOz=60⁰

Do Ot là phân giác ^xOy => OC là phân giác góc ^NOI. Mà OC vuông góc với NI

=> Tam giác ONI cân tại O

Lại có ^NOI hay ^xOy=60⁰ => Tam giác NOI là tam giác đều

Ta thấy tam giác NOI có 2 đường cao OC và IK => OC=IK  (1)

Ta có: IH và KA vuông góc với AM => IM // KA (Quan hệ //, vuông góc)

 Tương tự: IK // AH

=> IH=KA; IK=AH (t/c đoạn chắn) (2)

Từ (1) và (2) => OC=AH (*)

Do tam giác NOI đều => ^OIN=60⁰ => ^BIM=60⁰ (Đối đỉnh) (3)

IH//KA (cmt) => IH//ON. Mà ^ONI=60⁰ => ^HIM=60⁰ (4)

(3); (4) => ^BIM=^HIM

=> C/m được \(\Delta\)IBM=\(\Delta\)IHM (Cạnh huyền góc nhọn) => MB=MH

=> MA - MB = MA - MH = AH (**)

Từ (*) và (**) => MA - MB = OC (đpcm).

Chúc bạn học tốt !

=> MA - MB = MA - MH = AH (**)

Từ (*) và (**) => MA - MB = OC (đpcm).

Ta có hình vẽ:

a) Vì BD là phân giác của ABC nên ABD = CBD

Xét Δ ABD và Δ EBD có:

BA = BE (gt)

ABD = EBD (cmt)

BD là cạnh chung

Do đó, Δ ABD = Δ EBD (c.g.c)

=> AD = DE (2 cạnh tương ứng) (đpcm)

b) Δ ABD = Δ EBD (câu a) => BAD = BED = 90^o (2 góc tương ứng)

=> Δ DEC vuông tại E

Δ ABC vuông tại A có: ABC + C = 90^o (1)

Δ CED vuông tại E có: EDC + C = 90^o (2)

Từ (1) và (2) => ABC = EDC (đpcm)

c) Gọi giao điểm của AE và BD là H

Xét Δ ABH và Δ EBH có:

AB = BE (gt)

ABH = EBH (câu a)

BH là cạnh chung

Do đó, Δ ABH = Δ EBH (c.g.c)

=> BHA = BHE (2 góc tương ứng)

Mà BHA + BHE = 180^o (kề bù) nên BHA = BHE = 90^o

=> \(BH\perp AE\) hay \(BD\perp AE\left(đpcm\right)\)

học ngu vl