... :v tớ lại phải xử lí cả đống bài đăng cậu đăng rùi, cậu giữ nguyên một cái đề phương trình á hả mà ngày nào cx phải ít nhất 3,4 câu

sửa đề: cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC) , có đường cao AF và đường phân giác BE. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD=BA

a) CM: △ABE=△DBE

b) Gọi H là giao điểm của AF và BE. Gọi Q là điểm đối xứng của H qua F

CM: DH⊥AB và tứ giác AQDE là hình thang cân

c) đường trung trực của đoạn thẳng DE cắt BE tại K. CM: KQ=KD

a) thì dễ CM

b) => △ABH=△DBH

=> góc BDH= góc BAH= góc C

=> DH//AC

=> DH⊥AB

ta có góc DQA= 90 độ- góc FDQ= 90 độ- góc FDH= 90 độ-( 90 độ- góc B)= góc B

mà góc B= góc EAQ

=> góc EAQ= góc DQA và ED//AQ

=> tứ giác AQDE là hình thang cân

c) => K là trung điểm của BE

=> \(DK=\frac12BE\)

dễ dàng CM: △BHF~△BEA

=> \(\frac{BH}{BE}=\frac{BF}{BA}\)

ta có BQ=BH và góc CBQ= góc CBH

=> góc EBQ= góc EBC+ góc CBQ= góc B/2+ góc B/2= góc B

xét tam giác BQE và tam giác BFE

\(\frac{BQ}{BE}=\frac{BF}{BA}\)

góc EBQ= góc ABF

=> △BQE~△BFA

=> góc BQE= góc BFQ= 90 độ

=> △EQB vuông tại Q

=> \(KQ=\frac12BE\)

=> KQ=KD

lí do cậu thấy K trùng H là vì khi cậu vẽ vô tình vẽ tam giác ABD giống tam giác đều nên H vừa là trực tâm vừa là trọng tâm

gọi I là giao của AD và HE

=> BH=2HI

dễ dàng CM: tứ giác AHDE là hình thoi

=> I là trung điểm HE

=> BH=HE

mà BK=KE

=> K trùng H

sửa đề: \(\frac{x+4}{2000}+\frac{x+3}{2001}=\frac{x+2}{2002}+\frac{x+1}{2003}\)

cộng thêm 2 vào mỗi vế ta dc

\(\frac{x+4}{2000}+1+\frac{x+3}{2001}+1=\frac{x+2}{2002}+1+\frac{x+1}{2003}+1\)

\(\frac{x+2004}{2000}+\frac{x+2004}{2001}=\frac{x+2004}{2002}+\frac{x+2004}{2003}\)

\(\Rightarrow\) \(\frac{x+2004}{2000}+\frac{x+2004}{2001}-\frac{x+2004}{2002}-\frac{x+2004}{2003}=0\)

\(\left(x+2004\right)\left\lbrack\left(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}\right)-\left(\frac{1}{2002}+\frac{1}{2003}\right)\right\rbrack=0\)

vì \(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}>\frac{1}{2002}+\frac{1}{2003}\) nên \(\left\lbrack\left(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}\right)-\left(\frac{1}{2002}+\frac{1}{2003}\right)\right\rbrack>0\)

=> x+2004=0

=>x=-2004(TM)

đặt u=x-1 và v=y-1

cộng vế hai phương trình

\(u^2-2uv=-8\Rightarrow v=\frac{u^2+8}{2u}\) (u≠0)

thay vào phương trình (1)

\(u^2-v^2=-3\)

<=> \(u^2-\frac{\left(u^2+8\right)^2}{4u^2}=-3\Leftrightarrow3u^4-4u^2-64=0\)

\(\left(3u^2-16\right)\left(u^2+4\right)=0\)

\(u=\pm\frac{4\sqrt3}{3}\)

=> \(v=\pm\frac{5\sqrt3}{3}\)

=> (x;y) ∈ \(\left\lbrace\left(1+\frac{4\sqrt3}{3}\right.;1+\frac{5\sqrt3}{3}\right);\left(1-\frac{4\sqrt3}{3};1-\frac{5\sqrt3}{3}\right)\)

đặt phương trình (1)(2) và ĐKXĐ như ông ở trên

<=>\(\left(2x-y+1\right)\left(x-y+1\right)=0\)

TH1: y=2x+1

<=> \(-3x+3=\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}\)

x=0 thì đúng và =>y=1

với x>0=> VT<3 trong khi VP>3

với \(-\frac14\le x<0\) => VT>3 trong khi VP<3

TH2:y=x+1

thay vào phương trình (2) ta dc

<=> \(4x^2-\left(x+1\right)^2+x+4=\sqrt{2x+x+1}+\sqrt{x+4\left(x+1\right)}\)

<=> \(3\left(x^2-x\right)+\left(x+1-\sqrt{3x+1}\right)+\left(x+2-\sqrt{5x+4}\right)=0\)

\(3\left(x^2-x\right)+\frac{x^2-x}{x+1+\sqrt{3x+1}}+\frac{x^2-x}{x+2+\sqrt{5x+4}}=0\)

\(\left(x^2-x\right)\left(3+\frac{1}{x+1+\sqrt{3x+1}}+\frac{1}{x+2+\sqrt{5x+4}}\right)=0\)

vì \(x\ge-\frac13\left(ĐKXĐ\right)\) nên

\(x^2-x=0\Rightarrow x=0;1\)

=> y=1;2

vậy (x;y) ∈(0;1),(1;2)

gọi lần lượt hai phương trình là (1)(2)

từ pt (2) cho (1) theo vế)

=>-xy+5x-4y=15

<=>(x+4)(y-5)=-35

=> \(y=\frac{5x-15}{x+4}\)

biến đổi pt (1)=> \(\left(x-2\right)^2+\left(y+1\right)^2=2\)

thay \(y=\frac{5x-15}{x+4}\) vào (1) và đặt u=x-2=>x=u+2

<=> \(u^2+\left(\frac{6u+1}{u+6}\right)^2=2\)

\(u^2\left(x+6\right)^2+\left(6u+1\right)^2=2\left(u+6\right)^2\)

\(u^4+12u^3+70u^2-12u-71=0\)

\(\left(u^2-1\right)\left(u^2+12u+71\right)=0\)

vì \(u^2+12u+71=\left(u+6\right)^2+35>0\) nên

\(u^2-1=0\Rightarrow u=1\) hoặc \(u=-1\)

=> x=3 hoặc x=1

=> y=0 hoặc y=-1

vậy (x;y) ∈(3;0),(1;-2)

gọi lần lượt thứ tự phương trình là (1)(2)

ta có phương trình (1)

\(\Leftrightarrow2x^2+x\left(y-5\right)-\left(y^2-y-2\right)=0\)

xét biệt thức △ của phương trình bậc hai theo ẩn x

\(\triangle=\left(y-5\right)^2-4\cdot2\left\lbrack-\left(y^2-y-2\right)\right\rbrack\)

\(\triangle=9y^2-18y+9=3\left(y-1\right)^2\)

vì \(\triangle\ge0\)

=> \(x_1=\frac{-\left(y-5\right)+3\left(y-1\right)}{2\cdot2}=\frac{y+1}{2}\Rightarrow2x=y+1\Rightarrow2x-y-1=0\)

\(x_1=\frac{-\left(y-5\right)-3\left(y-1\right)}{2\cdot2}=\frac{-4y+8}{4}=-y+2\Rightarrow x+y-2=0\)

vậy phương trình (1) vt lại thành

\(\left(2x-y-1\right)\left(x+y-2\right)=0\)

TH1:y=2x+1

thay vào phương trình (2) ta có:

\(\Leftrightarrow x^2+\left(2x-1\right)^2+x+\left(2x-1\right)-4=0\)

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

=> \(x_1=1=>y=1\)

\(x_2=-\frac45\Rightarrow y=-\frac{13}{5}\)

TH2: y=2-x

thay vào phương trình (2) ta có:

\(x^2+\left(2-x\right)^2+x+\left(2-x\right)-4=0\)

\(\left(x-1\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x=1\Rightarrow y=1\)

vậy (x;y) ∈ \(\left(1;1\right);\left(-\frac45;-\frac{13}{5}\right)\)

a) thì anh Thịnh đã sửa lại rùi nhá

b) gọi AH là đường cao của tam giác ABC vuông góc tại BC nha

ta có góc DBI+ góc DBA+ góc ABH= 180 độ

=> góc DBI+ góc ABH= 90 độ

mà xét tam giác ABH vuông tại H

=> góc ABH+ góc BAH= 980 độ

từ hai điều trên => góc BAH= góc DBI

lại có AB=DB và góc DIB= góc AHB = 90 độ

=> △ABH=△BDI(ch.gn)

=> IB=AH

còn nếu CM: IB=CK thì dễ dàng chứng minh tương tự

△CAH=△ECK(ch.gn)

=> AH=CK

=> CK=IB

c) vì △CAH=△ECK

=> EK=CH

từ câu b)> DI=BH

=> DI+EK=BH+CH=BC(đpcm)

câu 15:

=> \(\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{x+y}\)

=> \(\left(x+y\right)^2=xy\)

vì \(\left(x+y\right)^2\ge0;xy<0\) nên không tồn tại hai số hữu tỉ khác dấu x và y

câu 17:

=> \(S+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\)

\(S+3=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\)

=> \(S+3=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)

\(S+3=23\)

\(S=20\)