\(\frac{x}{a+2b+c}=\frac{y}{2a+b-c}=\frac{z}{4a-4b+c}=\frac{x+2y+z}{9a}\left(1\right)\)

\(\frac{x}{a+2b+c}=\frac{y}{2a+b-c}=\frac{z}{4a-4b+c}=\frac{2x+y-z}{9b}\left(2\right)\)

\(\frac{x}{a+2b+c}=\frac{y}{2a+b-c}=\frac{z}{4a-4b+c}=\frac{4x-4y+z}{9c}\left(3\right)\)

Từ ( 1 ) ,( 2 ), ( 3 ) \(\Rightarrow\frac{x+2y+z}{9a}=\frac{2x+y-z}{9b}=\frac{4x-4y+z}{9c}\)hay    \(\frac{a}{x+2y+z}=\frac{b}{2x+y-z}=\frac{c}{4x-4y+z}\)( Vì cùng bằng 9 )

Quan trọng: OLM miễn phí sử dụng cho học sinh và giáo viên trên toàn quốc trong thời gian nghỉ dịch xem thêm. Online Math ...

a)

• Để P(y)=0

\(\Leftrightarrow3y-6=0\)

\(\Leftrightarrow3y=6\)

\(\Leftrightarrow y=2\)

Vậy P(y) có nghiệm là 2

• Để M(x)=0

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

\(\Leftrightarrow x^2=4\)

\(\Rightarrow x\in\){2;-2}

Vậy M(x) có nghiệm là 2 và -2

b)

Ta có:

\(x^4\ge0\)

\(\Rightarrow x^4+1\ge1>0\)

\(\Rightarrow Q\left(x\right)>0\)

\(\Rightarrow Q\left(x\right)\ne0\)

Vậy Q(x) vô nghiệm

a) Ta có: P(x) = 3y + 6 có nghiệm khi

3y + 6 = 0

3y = -6

y = -2

Vậy đa thức P(y) có nghiệm là y = -2.

b) Q(y) = y⁴ + 2

Ta có: y⁴ có giá trị lớn hơn hoặc bằng 0 với mọi y

Nên y⁴ + 2 có giá trị lớn hơn 0 với mọi y

Tức là Q(y) ≠ 0 với mọi y

Vậy Q(y) không có nghiệm.

a ) AH là phân giác của \(\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow\widehat{EAH}=\widehat{FAH}\)

Xét 2 tam giác vuông ΔEAH và ΔFAH có:

AH chung

\(\widehat{EAH}=\widehat{FAH}\) 

=> ΔEAH = ΔFAH (cạnh góc vuông - góc nhọn)

=> EH = FH (đpcm)

b ) \(\widehat{ACB}\) là góc ngoài tại C của ΔMCF

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{CFM}+\widehat{CMF}\)

\(\widehat{AEF}\) là góc ngoài tại E của ΔMBE

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{EMB}+\widehat{ABC}\)

Lại có : \(\widehat{CFM}=\widehat{AEF}\) (do ΔEAH = ΔFAH)

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{EMB}+\widehat{ABC}+\widehat{CMF}\)

Mặt khác \(\widehat{EMB}=\widehat{CMF}\)  (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=2.\widehat{EMB}+\widehat{ABC}\)

Hay \(2.\widehat{BME}=\widehat{ACB}-\widehat{ABC}\)( ĐPCM ) 

c, ΔAHE vuông tại H

\(\Rightarrow HE^2+AH^2=AE^2\)

ΔEAH = ΔFAH ⇒ HE = HF => H là trung điểm của FE

\(\Rightarrow HE=\frac{FE}{2}\)

\(\Rightarrow HE^2=\left(\frac{FE}{2}\right)^2=\frac{FE^2}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{FE^2}{4}+AH^2=AE^2\left(đpcm\right)\)

, Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt EF ở D.

CD ║ AB \(\Rightarrow\widehat{CDF}=\widehat{AEH}\) (đồng vị)

mà \(\widehat{AFH\:}=\widehat{AEH}\)(ΔEAH = ΔFAH)

\(\Rightarrow\widehat{CDF}=\widehat{AFH\:}\)

=> ΔCDF cân tại C

=> CD = CF

Dễ dàng chứng minh được ΔMBE = ΔMCD (g.c.g)

⇒ BE = CD mà CD = CF

⇒ BE = CF (đpcm)

xét tg ABC vuông tại A 

Áp dụng định lí Pitago ta có,

BC²=AC²⁺AB², thay số 

BC²= 8²+6²

BC²⁼ 64+36

BC²= 100

BC²=10² \(\Rightarrow\)BC=10

b) Do DE vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác DBC cân suy ra góc DBC bằng góc DCB 

BIET DAP AN BAI NAY O AU KHONG

d)

Xét tam giác AMB có ABM<AMB(60 độ < 80 độ)

=>AM<AB (1)

Xét tam giác DAB có ADB<DAB( 70 độ<80 đô)

=> AB<BD (2)

Từ (1) và (2)

=> AM<BD ( đpcm)

Còn vẽ hình bạn tự vẽ nha, cũng không khó lắm đâu, vẽ trên máy tính thì khó thôi)

a) C=180-80-60=40( độ)

Tam giác ABC có C<B<A

=> AB<AC<BC

b) Xét tam giác BAD và tam giác BMD có

BA=BM( giả thiết)

DBA=DBM ( vì tia BD là phân giác của góc ABC)

Cạnh BD cung

=> \(\Delta BAD=\Delta BMD\left(c.g.c\right)\)

c) Có \(\Delta BAD=\Delta BMD\)( theo câu b)

=>DA=DM ( 2 cạnh tương ứng)

  Góc DAB= gócDMB ( 2 góc tương ứng) ( Xin OLM cho bổ sung vào hệ thống kí hiệu góc để viết cho tiện)

=> Góc DMC= góc DAH ( 2 góc kề bù của 2 góc bằng nhau)

Xét tam giác DAH và tam giác DMC có

góc CDM= góc HAD ( 2 góc đối đỉnh)

DA=DM

DAH=DMC

=>\(\Delta DAH=\Delta DMC\left(g.c.g\right)\)

=> DH=DC ( 2 cạnh tương ứng)

=> tam giác DHC cân tại D

Vì BD là phân giác của góc ABC nên góc DBA=góc DBM=60:2=30 độ

Có ADB=180-80-30=70 độ

MDB=180-80-30=70 độ ( vì góc DMB= góc DAB= 80 độ)

=> góc MDA=MDB+ADB=70+70=140 độ

Ta có CDH=MDA=140 độ ( 2 góc đối đỉnh)

=> DHC = \(\frac{180-140}{2}=20\) độ