\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AC.AB=\dfrac{1}{2}bc=96\Rightarrow bc=192\)

Ta có hệ PT

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{c}{b}=\dfrac{3}{4}\\bc=192\end{matrix}\right.\)

Bạn tự giải hệ nhé

a/

Xét \(\Delta BED\) và \(\Delta BEC\)

BD=BC (gt); BE chung

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

\(\Rightarrow\Delta BDE=\Delta BCE\left(c.g.c\right)\)

b/

Xét \(\Delta KDE\) và \(\Delta KCE\)

\(\Delta BDE=\Delta BCE\left(cmt\right)\Rightarrow DE=CE\)

KE chung

\(DK=CK\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta KDE=\Delta KCE\left(c.c.c\right)\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{CKE}\)

Mà \(\widehat{DKE}+\widehat{CKE}=\widehat{DKC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{CKE}=90^o\Rightarrow EK\perp DC\)

c/ Nối B với K

C/m tương tự khi xét \(\Delta BKD\) và \(\Delta BKC\) ta cũng suy ra

\(BK\perp DC\)

Mà \(EK\perp DC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow BK\equiv EK\) => B; K; E thẳng hàng (Từ 1 điểm bên ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng vg với đường thẳng đã cho)

d/

Ta có

\(AH\perp DC\left(gt\right);BK\perp DC\left(cmt\right)\) => AH//BK (cùng vg với DC)

\(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{DAH}=45^o\) (góc so le trong)

Mà \(\widehat{CBE}=\widehat{ABE}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{CBE}=45^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ABE}+\widehat{CBE}=45^o+45^o=90^o=\widehat{ABC}\)

=> tg ABC cần có đk là vuông tại B

a/

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

(1) có dạng a+b+c=0

\(x_1=1;x_2=\dfrac{c}{a}=-2\)

b/

\(\Delta=\left(m+2\right)^2-4\left(m+1\right)=\)

\(=m^2+4m+4-4m-4=m^2\ge0\forall m\)

=> (1) luôn có nghiệm với mọi số thực m

c/

Để PT có 2 nghiệm phân biệt

\(\Rightarrow\Delta=m^2>0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m>0\end{matrix}\right.\)

\(a=\sqrt{x_1^2-h^2};b=\sqrt{x_2^2-h^2}\)

\(h^2=a.b=\sqrt{\left(x_1^2-h^2\right)\left(x_2^2-h^2\right)}\) BP 2 vế

\(\dfrac{16}{25}=\left(x_1^2x_2^2\right)-\dfrac{4}{5}x_1^2-\dfrac{4}{5}x_2^2+\dfrac{16}{25}\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1x_2\right)^2-\dfrac{4}{5}\left(x_2^2+x_2^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1x_2\right)^2-\dfrac{4}{5}\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]=0\)

\(\Leftrightarrow5\left(x_2x_2\right)^2-4\left(x_1+x_2\right)^2-8x_1x_2=0\) (2)

Áp dụng định lý viet

\(x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m+1\)

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m+2\)

Thay vào (2) Giải PT bậc 2 nghiệm m

a/

\(\dfrac{3n+7}{n+1}=\dfrac{3\left(n+1\right)+4}{n+1}=3+\dfrac{4}{n+1}\)

\(3n+7⋮n+1\) khi

\(n+1=\left\{-4;-2;-1;1;2;4\right\}\)

\(\Rightarrow n=\left\{-5;-3;-2;0;1;3\right\}\)

b/

Gọi \(d=UC\left(7n+10;5n+7\right)\)

\(7n+10⋮d\Rightarrow5\left(7n+10\right)=35n+50⋮d\)

\(5n+7⋮d\Rightarrow7\left(5n+7\right)=35n+49⋮d\)

\(\Rightarrow35n+50-\left(35n+49\right)=1⋮d\Rightarrow d=1\)

=> 7n+10 và 5n+7 nguyên tố cùng nhau

c/

Gọi \(d=UC\left(3n+7;2n+5\right)\)

\(3n+7⋮d\Rightarrow2\left(3n+7\right)=6n+14⋮d\)

\(2n+5⋮d\Rightarrow3\left(2n+5\right)=6n+15⋮d\)

\(\Rightarrow6n+15-\left(6n+14\right)=1⋮d\Rightarrow d=1\)

=> 3n+7 và 2n+5 nguyên tố cùng nhau

a/

Nối M với I cắt CD tại N'

AB//CD \(\Rightarrow\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{IB}{ID}\left(Talet\right)\) (1)

\(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{MA}{N'C}\left(Talet\right)\) (2)

\(\dfrac{IB}{ID}=\dfrac{MB}{N'D}\left(Talet\right)\)  (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\dfrac{MA}{N'C}=\dfrac{MB}{N'D}\) Mà MA=MB (gt)

=> N'C=N'D => N' là trung điểm CD, mà N cũng là trung điểm của CD (gt) \(\Rightarrow N'\equiv N\) 

=> M; I; N thẳng hàng

b/

\(\dfrac{IM}{IN}=\dfrac{MA}{NC}=\dfrac{MB}{ND}\left(Talet\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{IM}{IN}=\dfrac{MA+MB}{NC+ND}=\dfrac{AB}{CD}\) 

c/

Gọi h là chiều cao hình thang ABCD

\(S_{ABI}+S_{ADI}=S_{ABD}=4+8=12cm^2\)

\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.h=12cm^2\)

Gọi \(h_1\) là đường cao hạ từ B->AC; \(h_2\) là đường cao hạ từ D->AC

\(\Rightarrow\dfrac{S_{ABI}}{S_{ADI}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}IA.h_1}{\dfrac{1}{2}AI.h_2}=\dfrac{h_1}{h_2}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}\)

\(\dfrac{S_{ABC}}{S_{ACD}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AC.h_1}{\dfrac{1}{2}AC.h_2}=\dfrac{h_1}{h_2}=\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow S_{ACD}=\dfrac{4}{3}S_{ABC}=\dfrac{4}{3}.12=16cm^2\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=12+16=28cm^2\)

a/

E và F cùng nhìn BC dưới 2 góc = nhau và \(=90^o\)

=> B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC với tâm O là trung điểm BC

b/

BE và CF cắt nhau tại H \(\Rightarrow AD\perp BC\) (Trong tg 3 đường cao đồng quy

=> D và F cùng nhìn BH dưới 2 góc = nhau và \(=90^o\)

=> BDHF là tứ giác nt

\(\Rightarrow\widehat{HFD}=\widehat{HBD}\) (góc nt cùng chắn cung HD

a/

E và D cùng nhìn AC dưới 2 góc = nhau và \(=90^o\)

=> E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC

=> AEDC là tứ giác nt

b/

Xét tứ giác nt AEDC có

\(\widehat{BAC}+\widehat{EDC}=180^o\) (tứ giác nt có 2 góc đối bù nhau)

\(\widehat{BDI}+\widehat{EDC}=\widehat{BDC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BDI}=\widehat{BAC}\)

Xét tg BDI và tg BMC có

\(\widehat{MBC}\) chung

\(\widehat{BAC}=\widehat{BMC}\) (góc nt cùng chắn cung BC) \(\Rightarrow\widehat{BDI}=\widehat{BMC}\)

=> tg BDI đồng dạng với tg BMC (g.g.g)

c/

Ta có

\(\widehat{BDI}+\widehat{EDC}=180^o\)

\(\widehat{BDI}=\widehat{BMC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BMC}+\widehat{EDC}=180^o\)

=> tứ giác DIMC là tứ giác nt (tứ giác có 2 góc đối bù nhau là tứ giác nt)

a/

\(\widehat{ABD}=90^o\) (Góc nt chắn nửa đường tròn)

\(EF\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{AFE}=90^o\)

=> B và F cùng nhìn AE dưới 2 góc = nhau và \(=90^o\)

=> B và F cùng nằm trên đường tròn đường kính AE => ABEF là tứ giác nt

b/

Xét tứ giác ABEF

\(sđ\widehat{EAF}=\dfrac{1}{2}sđcungEF\) (góc nt)

\(sđ\widehat{EBF}=\dfrac{1}{2}sđcungEF\) (góc nt)

\(\Rightarrow\widehat{EAF}=\widehat{EBF}\) (1)

Xét (O)

\(sđ\widehat{EAF}=\dfrac{1}{2}sđcungCD\) (góc nt)

\(sđ\widehat{CBD}=\dfrac{1}{2}sđcungCD\) (góc nt)

\(\Rightarrow\widehat{EAF}=\widehat{CBD}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{EBF}=\widehat{CBD}=\widehat{EAF}\)

=> BD là phân giác \(\widehat{CBF}\)

a/

Xét (O)

\(\widehat{AEB}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{KEF}=90^o\)

\(\widehat{AMB}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn)\(\Rightarrow\widehat{KMF}=90^o\)

=> E và M cùng nhìn KF dưới 2 góc bằng nhau và \(=90^o\)

=> E và M thuộc đường tròn đường kính KF => EFMK là tứ giác nt

b/

Xét tg HAK có

\(\widehat{AEB}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow AE\perp HK\)

\(\widehat{IAF}=\widehat{MAF}\left(gt\right)\)

=> tg HAK cân tại A (Trong tg đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác thì tg đó là tg cân)

Xét tg HAK có

a/

\(\overline{xxy}⋮12\Rightarrow\overline{xxy}⋮3;\overline{xxy}⋮4\)

\(\overline{xxy}⋮3\Rightarrow x+x+y=2x+y⋮3\) (1)

\(\overline{xxy}=110x+y=108x+2x+y⋮4\)

Mà \(108x=4.27x⋮4\Rightarrow2x+y⋮4\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow2x+y⋮3.4\Rightarrow2x+y⋮12\)

b/

\(a+1⋮3\Rightarrow a+1+51=a+52⋮3\)

\(a+2⋮5\Rightarrow a+2+50=a+52⋮5\)

\(a+3⋮7\Rightarrow a+3+49=a+52⋮7\)

\(\Rightarrow\left(a+52\right)=BCNN\left(3;5;7\right)=105\Rightarrow a=105-52=53\)

\(a=53=45+8\Rightarrow a:9\) dư 8