trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE=ND

chu vi của tam giác AMN là:

AM+AN+MN= 2a

mà ta có: AB+AD= a=a=2a

hay (AM+MB)+(AN+ND)=2a

từ hai điều trên ta có:

AM+AN+MN=AM+MB+AN+ND

triệt tiêu AM và AN ở hai vế ta có:

MN=MB+ND(1)

xét tam giác CND và tam giác CBE có:

CD=CB

góc CDN= góc CBE= 90 độ

ND=BE

=> △CND=△CBE(c.g.c)

=> CN=CE(2)

ta có ME=MB+BE

mà BE=ND

=> ME=MB+ND

mà MN= MB+ND

=> ME=MN(3)

xét tam giác CMN và tam giác CME có:

CM là cạnh chung

CN=CE

MN=ME

=> △CMN=△CME(c.c.c)

=> góc CMN= góc CME hay góc CMH= góc CMB

kẻ CH⊥MN tại H

xét tam giác CHM và tam giác CBM có:

CM là cạnh chung

CHM= góc CMB

góc CBM= góc CHM= 90 độ

=> △CHM=△CBM(ch-gn)

=> CH=CB=a

vì a là hằng số cố định nên khoảng cách từ C đến MN ko phụ thuộc vào M;N

từ M kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại I. Gọi giao điểm của MB và EF là K. Gọi giao của MI và EF là G

xét tứ giác AEMI có:

góc A= góc MEA= góc MIA= 90 độ

góc IAM= góc EAM= 45 độ( xét hình vuông ABCD)

=> tứ giác AEMI là hình vuông

=> MI=ME=AE=AI

xét tứ giác MEDF có:

góc D= góc MED= góc MFD= 90 độ

=> tứ giác MEDF là hình chữ nhật

=> ME=DF và DE=MF

từ các điều trên=> MI=DF

ta có: IB= AB-AI

ED=AD-AE

mà AB=AD và AI=AE

=> IB=ED

xét tam giác MIB và tam giác FDE có:

góc MIB= góc FDE= 90 độ

MI=DF

IB=ED

=> △MIB=△FDE(c.g.c)

=> góc IBM= góc DEG

mà MG//AD=> góc DEG= góc MGE

=> góc MGE= góc IBM hay góc KGM= góc IBM

mà ta có góc IMB= góc KMG

xét tam giác IMB có:

góc IBM+ góc IMB= 90 độ

=> góc KMG+ góc KGM= 90 độ

=> △KMG vuông tại K

=> MB⊥EF tại K

mà giả thiết cho MH⊥EF

=> MH;MB trùng nhau hay M;H;B thẳng hàng

vậy M di động trên AC thì MH luôn đi qua đỉnh B

a) xét tứ giác AEFD có:

AE=AD=\(\frac12AB\)

góc A= 90 độ

AE//DF

=> tứ giác AEFD là hình vuông

mà H là trung điểm DE

=> H là giao của hai đường chéo trong hình vuông AEFD

=> HE=HF=HD

HE⊥HF => góc EHF= 90 độ

gọi M là trung điểm HD

xét tam giác HDC có:

M là trung điểm HD

F là trung điểm DC

=> MF là đường trung bình của tam giác HDC

=> MF//HC

xét tam giác EHK và tam giác FHM có:

EH=FH

góc EHK= góc FHM= 90 độ

\(HK=HM=\frac12HD=\frac12HF\)

=> △EHK=△FHM(c.g.c)

=> góc HEK= góc HFM

gọi P là giao của EK và MF

trong tam giác EHK vuông tại H có:

góc HEK+ góc EKH= 90 độ

mà góc EKH= góc PKF( đối đỉnh) ; góc HEK= góc HFM

=> góc PFK+ góc PKF= 90 độ

=> góc KPF= 90 độ

=> EK⊥MF

mà MF//HC

=> EK⊥HC tại Q

b) CMTT: => tứ giác EBCF là hình vuông

=> IE=IC=IB=\(\frac12EC\)

xét tam giác EQC vuông tại Q

=> QI=\(\frac12EC\)

từ các điều trên => QI=IE=IC=IB(đpcm)

a) AB=2AD=> \(AD=\frac12AB\)

E;F là trung điểm AB;CD=> \(AE=EB=DF=FC=\frac12AB=\frac12CD\)

=> \(AD=AE=EB=BC=CF=FD\)

a) tứ giác ADFE có:

AE//DF

AE=DF=\(\frac12AB\)

=> tứ giác ADFE là hình thoi

b) từ câu a)=> hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường

=> góc EMF= 90 độ

CMTT:=> tứ giác BCFE là hình thoi

=> góc ENF= 90 dộ

xét tam giác ADE có:

AD=AE

góc A= 60 độ

=> △ADE là tam giác đều

=> góc AED= 60 độ

mà ta có góc A+ góc B= 180 độ( hai góc trong cùng phía)

=> góc B= 180 độ- 60 độ= 120 độ

ta có tam giác BCE cân tại B( vì BC=BE)

=> góc BEC= ( 180 độ- 120 độ)/2= 30 độ

ta có góc MEN+ góc AED+ góc BEC= 180 độ

=> góc MEN = 180 độ- 60 độ- 30 độ= 90 độ

vì tứ giác MENF có góc EMF= góc ENF= góc MEN= 90 độ

=> tứ giác MENF là hình chữ nhật

c) gọi O là giao điểm của AC và EF

xét tứ giác AECF có:

AF//AE

AE=FC

=> tứ giác AECF là hình bình hành

=> hai đường chéo AC và EF giao nhau tại trung điểm O

xét hình chữ nhật MENF có:

hai đường chéo EF và MN giao nhau tại trung điểm mỗi đường

vì O là trung điểm của EF nên MN phải đi qua trung điểm O

=> AC,EF,MN đồng quy tại O

d) xét tam giác BCF có:

góc BCF= góc BAD= 60 độ

FC=BC

=> △BCF là tam giác đều

=> góc FBC= 60 độ

=> góc ABF= góc ABC- góc FBC= 120 độ- 60 độ= 60 độ

xét tứ giác ADFB có:

DF//AB

góc DAB= góc ABF= 60 độ

=> tứ giác ADFB là hình thang cân

e) xét hình bình hành ABCD có:

E là trung điểm AB

F là trung điểm DC

=> EF là đường trung bình của hình bình hành ABCD

=> EF//AD

vì CQ⊥EF tại P

=> CQ⊥AD tại Q

xét tam giác CDQ vuông tại Q

F là trung điểm DC

EF//AD hay FP//DQ

=> P là trung điểm CQ

f) xét tam giác CEQ có:

EP vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

=> △CEQ cân tại E

EC=EQ

ta có AD//BC và CQ⊥BC

=> QC⊥BC hay góc BCQ= 90 độ

xét tam giác BEC có:

=> góc BCE= (180 độ- 120 độ):2= 30 độ

=> góc ECQ= góc BCQ- góc BCE= 90 độ- 30 độ= 60 độ

△CEQ có một góc 60 độ

=> △CEQ là tam giác đều

g) sửa đề: CM:Q,F,B thẳng hàng

ta có DQ//BC

=> góc CDQ= góc BCD= 60 độ

xét tam giác CDQ vuông tại Q có:

góc DQC+ góc QCD+ góc CDQ= 180 độ

=> góc QCD= 180 độ- 90 độ- 60 độ= 30 độ

=> \(DQ=\frac12CD\) ( cạnh đối diện góc 30 độ trong tam giác vuông)

xét tam giác FDQ và tam giác FCB có:

\(FD=FC\)

\(DQ=\frac12CD=AD=BC\)

góc FDQ= góc FCB= 60 độ

=> △FDQ=△FCB(c.g.c)

=> góc DFQ= góc CFB

mà D,F,C thẳng hàng=> góc CFB+ góc DFB= 180 độ

=> góc DFQ+ góc DFB= 180 độ

=> Q,F,B thẳng hàng(đpcm)

a) độ dài đáy BC là:

\(10\times\frac65=12\left(\operatorname{cm}\right)\)

diện tích tam giác ABC là:

\(\frac{12\times10}{2}=60\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b) xét tam giác AMC và tam giác ABC có:

chung đường cao hạ từ đỉnh C xuống đáy AB

\(AM=\frac12AB\)

=> \(S_{AMC}=\frac12S_{ABC}\)

=> \(S_{AMC}=\frac12\times60=30\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

đáp số:.....

sửa đề : bài 2: b) người ta lát nền bằng gạch hình vuông cạnh 40cm tính số gạch cần dùng để lát kín căn phòng

a) nửa chu vi của căn phòng hình chữ nhật là:

28:2= 14(cm)

mà ta có hiệu chiều dài ; chiều rộng là: 2m

=> chiều dài của căn phòng là:

(14+2):2=8(m)

chiều rộng của căn phòng là:

8-2=6(m)

diện tích của căn phòng là:

\(8\times6=48\left(m^2\right)\)

b) đổi 40cm= 0,4m

diện tích một viên gạch vuông là:

\(0,4\times0,4=0,16\left(m^2\right)\)

số viên gạch cần dùng để lát kín căn phòng là:

\(48:0,16=300\) (viên )

Đáp số:......

để bài lỗi hơi nhiều: cho tam giác ABC( AB<AC). Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. EF cắt BC,AD lần lượt tại M;L. Đường thẳng L song song với BC, cắt AB,BE lần lượt tại I;J. CMr: LI=LJ

=> cần CM: \(\frac{IL}{BD}=\frac{LJ}{BD}\)

ta có xét tam giác ABD có IL//BD

=> \(\frac{IL}{BD}=\frac{AL}{AD}\)

xét tam giác HBD có LJ//BD

=> \(\frac{LJ}{BD}=\frac{HL}{HD}\)

để \(\frac{IL}{BD}=\frac{LJ}{BD}\) => \(\frac{AL}{AD}=\frac{HL}{HD}\)

=> \(\frac{LA}{LH}=\frac{DA}{DH}\)

ta có xét tam giác ABC và tam giác HBC

chung cạnh đáy BC

=> \(\frac{DA}{DH}=\frac{S_{ABC}}{S_{HBC}}\) (1)

áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với M;F;L thẳng hàng ta có:

\(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{LD}{LA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\)

=> \(\frac{LA}{LD}=\frac{MB}{MD}\cdot\frac{FA}{FB}\)

áp dụng định lý Menelaus cho tam giác HBD với M;E;L thẳng hàng ta có:

\(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{LD}{LH}\cdot\frac{EH}{EB}=1\)

=> \(\frac{LH}{LD}=\frac{MB}{MD}\cdot\frac{EH}{EB}\)

chia cả hai vế vừa tìm được cho nhau ta có:

\(\frac{LA}{LD}:\frac{LH}{LD}=\left(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{FA}{FB}\right):\left(\frac{MB}{MD}\cdot\frac{EH}{EB}\right)\)

\(\frac{LA}{LH}=\frac{FA}{FB}\cdot\frac{EB}{EH}\)

xét tam giác AHC và tam giác HBC có:

chung đáy HC

=> đường cao hạ từ A và B xuống HC bằng diện tích tam giác AHC và tam giác HBC

=> \(\frac{FA}{FB}=\frac{S_{AHC}}{S_{HBC}}\)

xét tam giác ABC và tam giác AHC có:

chung đáy AC

=> đường cao hạ từ H và B xuống AC bằng diện tích tam giác ABC và tam giác AHC

=> \(\Rightarrow\frac{EB}{EH}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}}\)

thay những giá trị vừa tìm được vào \(\frac{LA}{LH}=\frac{FA}{FB}\cdot\frac{EB}{EH}\) ta có:

\(\frac{LA}{LH}=\frac{S_{AHC}}{S_{HBC}}\cdot\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{HBC}}\) (2)

từ (1)(2)=> \(\frac{LA}{LH}=\frac{DA}{DH}\)

=> \(\frac{LI}{BD}=\frac{LJ}{BD}\)

=> LI=LJ( đpcm)

a) => CM: \(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(x^2+2xy+y^2\ge4xy\)

\(x^2-2xy+y^2\ge0\)

\(\left(x-y\right)^2\ge0\) ( điều này luôn đúng)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y

b) \(\Rightarrow\frac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)

\(\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge\left(a^2+2ab+b^2\right)xy\)

\(a^2xy+a^2y^2+b^2x^2+b^2xy\ge a^2xy+2abxy+b^2xy\)

\(\left(ay\right)^2+\left(by\right)^2\ge2abxy\)

\(\left(ay\right)^2-2abxy+\left(by\right)^2\ge0\)

\(\left(ay-by\right)^2\ge0\) ( điều này luôn đúng )

dấu "=" chỉ xảy ra khi và chỉ khi ay= bx

=> \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)

c) từ câu b) => \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\)

áp dụng tiếp bđt từ câu b) ta có:

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

=> \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)

vẽ sơ đồ ta có:

số học sinh chỉ thi môn Toán: \(\vert-\vert\) \(\vert-\vert\)

số học sinh chỉ thi môn Vật Lý: \(\vert-\vert\)

theo sơ đồ ta có tổng số phần bằng nhau là:

1+2=3( phần)

tổng số học sinh chỉ thi một môn Toán hoặc Vật Lý là:

35-5= 30( học sinh)

1 phần có số học sinh là:

30:3= 10( học sinh)

số học sinh chỉ thi môn Toán là:

10 x 2= 20( học sinh)

vì có 5 học sinh thi cả hai môn

=> số học sinh thi Toán của đội tuyển là:

20+5=25( học sinh)

Đáp số:.......

<=> \(C=\frac12\left(\frac{1}{1\times3}+\frac{1}{3\times5}+\frac{1}{5\times7}+\cdots+\frac{1}{21\times23}\right)\)

ta có công thức \(\frac{1}{n\left(n+2\right)}=\frac12\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)\)

\(C=\frac12\times\left\lbrack\frac12\left(1-\frac13+\frac13-\frac15+\frac15-\frac17+.\ldots+\frac{1}{21}-\frac{1}{23}\right)\right\rbrack\)

\(C=\frac14\left(1-\frac{1}{23}\right)\)

\(C=\frac{11}{46}\)

<=> \(E=\frac{2}{2\times5}+\frac{2}{5\times8}+\frac{2}{8\times11}+\cdots+\frac{2}{32\times35}\)

\(E=\frac23\left(\frac{3}{2\times5}+\frac{3}{5\times8}+\frac{3}{8\times11}+\cdots+\frac{3}{32\times35}\right)\)

ta có công thức: \(\frac{3}{n\left(n+3\right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\)

\(E=\frac23\left(\frac12-\frac15+\frac15-\frac18+\cdots+\frac{1}{32}-\frac{1}{35}\right)\)

\(E=\frac23\times\left(\frac12-\frac{1}{35}\right)\)

\(E=\frac{11}{35}\)

<=> \(G=\frac{5}{3\times2}+\frac{5}{3\times6}+\frac{5}{3\times12}+\cdots+\frac{5}{3\times90}\)

\(G=\frac53\left(\frac{1}{1\times2}+\frac{1}{2\times3}+\frac{1}{3\times4}+\cdots+\frac{1}{9\times10}\right)\)

áp dụng công thức \(\frac{1}{n\left(n+1_{}\right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\) ta có:

\(G=\frac53\left(1-\frac12+\frac12-\frac13+\frac13-\frac14+\cdots+\frac19-\frac{1}{10}\right)\)

\(G=\frac53\left(1-\frac{1}{10}\right)\)

\(G=\frac32\)

a) xét tam giác ABH và tam giác ADH có:

góc AHB= góc AHD= 90 độ

BH= HD

AH chung

=> △ABH=△ADH(c.g.c)

=> AB=AD

=> △ABD cân tại A

b) ta có góc HAB+ góc ABH= 90 độ

góc ACB+ góc ABC= 90 độ

mà góc ABC hay chính là góc ABH

=> góc HAB= góc ACB

mà từ câu a) => góc HAB= góc HAD

=> góc HAD= góc ACB

c) ta có góc HAD+ góc HDA= 90 độ

xét tam giác DCE: góc EDC+ góc ECD= 90 độ

mà góc ADH= góc EDC( đối đỉnh)

=> góc HAD= góc DCE

mà từ câu b) ta có góc HAD= góc ACB

=> góc DCE= góc ACB

=> CB là tia phân giác của góc ACE

d) xét tam giác ADC có:

AH⊥DC

DI⊥AC

CE⊥AD

=> AH,ID,CE đồng quy

e) ta có xét tam giác HAD

=> góc HDA< 90 độ

mà góc ADH+ góc ADC= 180 độ

=> góc ADC= 180 độ- góc HDA > 180 độ- 90 độ= 90 độ

xét tam giác ADC có góc HDA là góc tù

=> AC lớn nhất trong tam giác ADC

=> AC>CD

f) để I là trung tuyến của AC

=> DI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến trong △ADC

=> △ADC cân tại D

=> góc DAC= góc ACB

vì tam giác ABD cân tại A nên AH vừa là đường cao cũng là đường phân giác

=> góc BAD= 2 x góc DAH= 2 x góc ACB

ta có góc DAC= góc BAC- góc BAD= 90 độ - 2 x góc ACB

thay góc DAC= góc ACB( từ câu b) ta có

góc ACB= 90 độ- 2 x góc ACB

góc ACB+ 2 x góc ACB= 90 độ

3 x góc ACB =90 độ

góc ACB= 30 độ

vậy để I là trung điểm AC thì △ABC vuông tại A có góc C= 30 độ hoặc áp dụng tính chất góc 30 độ đối diện cạnh thì BC=2AB