a) dễ dàng CM: △ABE=△ADE

=> góc DAE= góc BAF và AE=AF

mà góc DAE+ góc BAE= 90 độ

=> góc BAF+ góc BAE= 90 độ

=> △AEF là tam giác vuông cân

b) xét △AEF

=> \(AI=\frac12EF\)

xét △CEF

=> \(CI=\frac12EF\)

=> CI=AI

=> I thuộc đường trung trực AC

xét hình vuông ABCD

=> BD là đường trung trực của AC

=> B,I,D thẳng hàng

c) sửa đề: I là trung điểm AK

=> AEKF là hình bình hành(đpcm)

a) dễ dàng CM: △AHE~△ADI

b) dễ dàng CM: HE//DI;HF//DK

=> \(\frac{AE}{AI}=\frac{AH}{AD}=\frac{AF}{AK}\)

c) học hệ thức lượng hoặc tự tra đi nhá:v

áp dụng hệ thức lượng với △ABD và △ADC

=> \(AD^2=AK\cdot AB\) và \(AD^2=AI\cdot AC\)

=> \(AK\cdot AB=AI\cdot AC\)

=> \(\frac{AK}{AC}=\frac{AI}{AB}\)

xét tam giác AKI và tam giác ACB có:

góc BAC chung

\(\frac{AK}{AC}=\frac{AI}{AB}\)

=> △AKI~△ABC

=> góc AKI= góc ACB

CMTT: áp dụng hệ thức lượng với △ABD và △HBD

=> \(BD^2=BK\cdot BA\) và \(BD^2=BM\cdot BH\)

=> \(BK\cdot BA=BM\cdot BH\)

=> \(\frac{BK}{BH}=\frac{BM}{BA}\)

kết hợp với chung góc ABE

=> △BKM~△ABH

=> góc BKM= góc BHA

mà góc BHA+ góc BHD= 180 độ

ta có góc BHD+ góc EBC= 90 độ

góc EBC+ góc C= 90 độ

=> góc BHD= góc ACB

=> góc BKM+ góc C= 180 độ(1)

mà góc BKI+ góc AKI= 180 độ

=> góc BKI+ góc C= 180 độ(2)

từ (1)(2)=> góc BKI= góc BKM

=> K,M,I thẳng hàng(đpcm)

đặt \(5m+n=k\left(5n+m\right)\) với k là một số nguyên dương

=> \(5m+n=5nk+km\)

=> \(5m-km=5nk-n\)

\(m\left(5-k\right)=n\left(5k-1\right)\)

vì \(\left(5k-1\right)\ge4>0\)

=> \(n\left(5k-1\right)>0\)

=> \(m\left(5-k\right)>0\Rightarrow5-k>0\Rightarrow k<5\)

vì k là số nguyên dương nên \(k\ge1\)

TH1: k=1

=> \(4m=4n\)

=> \(m=n\Rightarrow m\vdots n\)

TH2: k=2

=> \(3m=9n\Rightarrow m=3n\Rightarrow m\vdots n\)

TH3: k=3

=> \(2m=14n\Rightarrow m=7n\Rightarrow m\vdots n\)

TH4: k=4

=> \(m=19n\Rightarrow m\vdots n\)

vậy với mọi TH thì m⋮n(đpcm)

a) vì △KDB vuông tại K có O là trung điểm

=> \(KO=\frac12DB\)

mà DB=AC( xét hình vuông ABCD)

=> \(KO=\frac12AC\)

=> △KAC vuông tại K

b) xét tam giác DBF có:

M là trung điểm DF

O là trung điểm DB

=> MO là đtb

=> MO//FB hay OS//KB

mà DK⊥KB

=> OS⊥DK

c) trên tia đối của tia AB lấy điểm L sao cho AL=\(\frac{a}{3}\) với a là cạnh hình vuông

dễ dàng chứng minh:△DAL=△ABF

=> góc ADL= góc ABF và DL=BF

mà góc ABF+ góc AFB= 90 độ

=> góc ADL+ góc AFB= 90 độ

=> DL⊥BF

mà K là hình chiếu của D lên FB

=> K ∈ DL

kéo dài MO cắt AB tại N

=> FB//MN

mà F là trung điểm của AM

=> B là trung điểm AN

=> BN=AN=a

xét tam giác SOD và tam giác NOB có:

góc SDO= góc NBO

OD=OB

góc SOD= góc NOB

=> △SOD=△NOB

=> SD=BN=a

xét tam giác BAF vuông tại A có:

\(BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{a^2+\left(\frac{a}{3}\right)^2}=\frac{a\sqrt{10}}{3}\)

ta có : \(DF=a-\frac{a}{3}=\frac{2a}{3}\)

dễ dàng CM: △DKF~△BAF(g.g)

=> \(\frac{DK}{AB}=\frac{DF}{BF}\)

=> \(DK=\frac{AB\cdot DF}{BF}=\frac{a\cdot\frac{2a}{3}}{\frac{a\sqrt{10}}{3}}=\frac{2a}{\sqrt{10}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}\)

=> \(KL=DL-DK=\frac{a\sqrt{10}}{3}-\frac{a\sqrt{10}}{5}=\frac{2a\sqrt{10}}{15}\)

=> \(\frac{DK}{KL}=\frac{\frac{a\sqrt{10}}{5}}{\frac{2a\sqrt{10}}{15}}=\frac32\)

ta có : \(AE=\frac{a}{3};LE=\frac{2a}{3}\)

ta có LE//SD

giả sử SE cắt DL tại K'

=> \(\frac{DK^{\prime}}{K^{\prime}L}=\frac{SD}{LE}=\frac{a}{\frac{2a}{3}}=\frac32\)

=> K' trùng K

=> K thuộc đường thẳng SE

=> S;K;E thẳng hàng(đpcm)

người ta nói giải nhiều toán khiến chúng ta mất cân thật:v

a) trên tia AC lấy điểm M sao cho AM=AB

dễ dàng CM: △ABD=△AMD(c.g.c)

=> BD=MD và góc ABD= góc AMD

ta có trong tam giác ABC:

=> 180 độ- góc ABD= góc A+ góc C

mà góc DMC= 180 độ- góc AMD= 180 độ- góc ABD

=> góc DMC= góc A+ góc C

mà vì góc A>0

=> góc DMC> góc C

=> DC>DM

mà DM=BD

=> DC>DB

b) kẻ DH⊥AB;DK⊥AC;DL⊥EF

ta có: △BED cân tại B

=> góc BED= góc BDE

mà EF//BC=> góc DEF= góc BDE

=> góc BED= góc DEF

=> DE là tia phân giác của góc BEF

dễ dàng CM: △AHD=△AKD(ch.gn)

=> DH=DK

xét tam giác EHD vuông tại H và tam giác ELD vuông L

ED là cạnh chung

góc HED= góc LED

=> △EHD=△ELD(ch.gn)

=> DH=DL

mà DK=DH

-=> DK=DL

xét tam giác DKF và tam giác DLF có:

DF chung

DK=DL

góc DLF= góc DKF= 90 độ

=> △DKF=△DLF(ch.gn)

=> góc DFK= góc DFL

mà EF//BC=> góc EFD= góc FDC

=> góc DFC= góc FDC

=> △FDC cân tại C

=> CD=CF(đpcm)

ta có: \(\frac{a}{b-c}=-\left(\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}\right)\)

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

\(\frac{a}{b-c}=\frac{\left(b^2-c^2\right)-a\left(b-c\right)}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\)

\(\frac{a}{b-c}=\frac{\left(b-c\right)\left(b+c-a\right)}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\)

nhân cả hai vế với \(\frac{1}{b-c}\) ta có:

\(\Rightarrow\frac{a}{\left(b-c\right)^2}=\frac{b+c-a}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\)

CMTT:=> \(\frac{b}{\left(c-a\right)^2}=\frac{c+a-b}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}\)

\(\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=\frac{a+b-c}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

gọi biểu thức cần CM là P

=> \(P=\frac{b+c-a}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}+\frac{c+a-b}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\frac{a+b-c}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

quy đồng mẫu thức chung là: \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

=> \(\left(b+c-a\right)\left(b-c\right)=b^2-c^2-ab+ac\)

CMTT:=> \(\left(c+a-b\right)\left(c-a\right)=c^2-a^2-bc+ab\)

\(\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)=a^2-b^2-ac+bc\)

=> tử số= \(\left(b^2-c^2-ab+ac\right)+\left(c^2-a^2-bc+ab\right)+\left(a^2-b^2-ac+bc\right)\)

tử số = 0

=> \(P=\frac{0}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=0\) \(\)

=> \(\frac{a}{\left(b-c\right)^2}+\frac{b}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=0\left(đpcm\right)\)

ta có: số lượng số hạng là: (99-0):1+1=100( số hạng)

<=> \(S=\left(1-3+3^2-3^3\right)+\left(3^4-3^5+3^6-3^7\right)+\cdots+\left(3^{96}-3^{97}+3^{98}-3^{99}\right)\)

= \(\left(-20\right)+3^4\left(1-3+3^2-3^3\right)+\cdots+3^{96}\left(1-3+3^2-3^3\right)\)

= \(\left(-20\right)\left(1+3^4+\cdots+3^{96}\right)\)

vì \(\left(1+3^4+\cdots+3^{96}\right)\) là một số nguyên

=> S là bội của -20(đpcm)

=>x=3-ay

thay vào phương trình vào phương trình thứ nhất

=>a(3-ay)-y=2

\(3a-a^2y-y=2\)

\(-y\left(a^2+1\right)=2-3a\)

\(\left(a^2+1\right)y=3a-2\)

với mọi số thực a ta luôn có \(a^2+1>0\)

phương trình có nghiệm duy nhất: \(y=\frac{3a-2}{a^2+1}\)

=> \(x=3-a\cdot\frac{3a-2}{a^2+1}\)

\(x=\frac{2a+3}{x^2+1}\)

kết luận:....

a) ta có MD=AD-AM

BN=BC-CN

mà AD=BC; AM=CN

=> MD=BN lại có MD//BN

=> tứ giác MBND là hình bình hành

=> BM//DN

b) dễ dàng CM: MBND là hình bình hành

=> O là giao của BD và MN

mà O là giao của AC và BD

=> AC;BD;MN đồng quy tại O

c) dễ dàng CM: △BOP=△DOQ(g.c.g)

=> OP=OQ hay O là trung điểm của PQ

mà O là trung điểm BD

=> tứ giác PBQD là hình bình hành

mà d⊥BD tại O

=> tứ giác PBQD là hình thoi

d) dễ dàng CM: tứ giác OBKC là hình chữ nhật

=> BK=CQ và góc OBK= 90 độ

dễ dàng CM: △DOQ~△DCB(g.g)

=> \(\frac{OQ}{BC}=\frac{OD}{CD}\)

=> \(\frac{BK}{BC}=\frac{OB}{AB}\Rightarrow\frac{BK}{OB}=\frac{BC}{AB}\)

=> △OBK~△ABC

=> OK⊥BC

gọi giao OK và BC là E

=> OK⊥BC tại E

=> OE//AB( cùng vuông góc với BC)

mà O là trung điểm AC

=> OE là đường trung bình

=> E là trung điểm BC

=> BE=EC

dễ dàng CM: △OBE~△BKE

=> \(BE^2=OE\cdot OK\)

=> \(EC^2=OE\cdot OK\)

=> \(\frac{EC}{OE}=\frac{OK}{EC}\)

xét tam giác OEC và tam giác CEK có:

góc OEC= góc CEK= 90 độ

\(\frac{EC}{OE}=\frac{OK}{EC}\)

=> △OEC~△CEK(c.g.c)

=> góc OEC= góc CKE

ta có góc CKE+ góc ECK= 90 độ

=> góc OCE+ góc ECK =90 độ

=>góc OCK =90 độ

=> AC⊥CK (đpcm)