Thu Huyen 21

Có thể đây là một vụ mua bán trái phép. Cho vật trao đổi vào bụng đà điểu rồi chuyển đến . nên bắt buộc người mua phải mổ bụng con đà điểu. Vụ án này thực sự không sát vì có rất nhiều giả thuyết và không có j để làm rõ giả thuyết này.

Mình nghĩ ko phải vậy. Đề bài đã nói Con đà điểu này vừa được nhập từ châu Phi về & rất thu hút khách tới xem, khả năng cao là nó đã nuốt một trang sức quý từ khách tham quan vào bụng. Khi đấy, hung thủ cũng có mặt gần đó nên đêm tối hắn mới mổ bụng con đà điểu

$\frac{S_{MPQ}}{S_{ABCD}}=\frac{S_{MPQ}}{S_{MCD}}.\frac{S_{MCD}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{8}$

Vậy Min $S_{MPQ}=\frac{S_{ABCD}}{8}$

$\Rightarrow$ Max $S_{CPQD}=\frac{7}{8}.\frac{S}{ABCD}$

Hai chỗ Min max trên phải đổi chỗ cho nhau chứ

 

Cho hình bình hành $ABCD$ có diện tích $2S (S > 0)$. Gọi $M$ là điểm tùy ý trên cạnh $AB (M \neq A, M \neq B)$. Gọi $P$ là giao điểm của $MC$ và $BD$, $Q$ là giao điểm của $MD$ và $AC$. Xác định vị  trí của điểm $M$ trên cạnh $AB$ sao cho tứ giác $CPQD$ có diện tích nhỏ nhất.

 

Cho tam giác ABC với I là giao điểm của ba đường phân giác trong. Đường thẳng qua I vuông góc với IC cắt AC và BC tại M và N. Chứng minh rằng $\frac{AM}{AC}+\frac{BN}{BC}+\frac{IC^{2}}{AC.BC}.$

Chứng minh biểu thức kia bằng gì vậy

Bạn tự vẽ hình nhé!

Trên AB lấy điểm T sao cho TB = MC (A nằm giữa T và B)

$\Delta TEB = \Delta MEC (c.g.c)$

=>$TE=EM; \widehat{TEB}=\widehat{MEC}$

=>$\Delta ETM$ vuông cân tại E

=>$\widehat{ETM} = \widehat{EMT} = 45^{\circ}$

Vì AB//NC=> $\frac{AM}{MN} = \frac{BM}{MC} => \frac{TA}{TB} = \frac{AM}{MN}$ => TM//NB =>$\widehat{TME}=\widehat{NKE}= 45^{\circ}$ (đồng vị)

=>$\widehat{NKE}=\widehat{ECB}= 45^{\circ} => \square EKBC$ là tứ giác nội tiếp

=>$\widehat{BKC}=\widehat{CEB}$= $90^{\circ}$ (gnt cùng chắn cung BC)

hay CK vuông góc với BN (đpcm)

Mk làm hơi tắt, bạn tự trình bày hẳn ra nhé!

Mk đánh bị lỗi; bạn tự dịch nhá

Sửa lỗi latex nhé

Cho $\Delta ABC$ nhọn có các đường cao AM,BN,Cp cắt nhau tại H

Gọi $S,S_{1},S_{2};S_{3}$ lần lượt là $S_{ABC};S_{APN};S_{BMP};S_{CMN}$

CMR $S_{1}.S_{2}.S_{3} \leq \frac{1}{64}S^3$

Điều cần chứng minh <=> $\frac{S_{1}}{S}.\frac{S_{2}}{S}.\frac{S_{3}}{S}\leq \frac{1}{64}$
Ta có: $\frac{S_{1}}{S}=\frac{S_{APN}}{S_{ABN}}.\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{AP}{AB}.\frac{AN}{AC}$
Tương tự => $\frac{S_{1}}{S}.\frac{S_{2}}{S}.\frac{S_{3}}{S}=\frac{AP.BP.AN.CN.BM.CM}{(AB.AC.BC)^{2}}\leq \frac{\frac{(AP+BP)^{2}}{4}.\frac{(BM+CM)^{2}}{4}.\frac{(AN+CN)^{2}}{4}}{(AB.AC.BC)^{2}}=\frac{(AB.AC.BC)^{2}}{64.(AB.AC.BC)^{2}}=\frac{1}{64}$ 
=> ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều

                                             

 

Bài 2: Cho tam giác đều ABC. Gọi O là giao điểm của BC. Trên AB lấy 1 điểm D bất kì, kẻ tia Ox cắt cạnh AC tại E sao cho $\angle DOE= 60^{\circ}$. CMR:

a)BD.CE=OB².

b) DO là phân giác $\angle BDE$.

c) Chu vi $\Delta ADE$ không đổi khi D chạy trên AB.

 

Chú ý: Cách gõ công thức Toán.

            Cách đặt tiêu đề bài viết đúng quy định

Bài 2 O là trung điểm BC đúng không?

a)$\triangle BOD \sim \triangle CEO (g.g)=> \frac{BD}{BO}=\frac{CO}{CE} => BD.CE = BO.CO = OB^{2}$

b) Dựa vào phần a ta có : $\frac{OD}{OE}=\frac{OB}{CE}=\frac{OC}{CE}=>\triangle DOE \sim \triangle OCE (c.g.c)=> \widehat{ODE}=\widehat{COE}=\widehat{BDO}$

=> BD là phân giác góc BDE

2c)
Gọi M,N,P lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống AB,DE,AC
Chứng minh được $AM=AP$ và $OM=ON=OP$

$=> DE=DN+NE=DM+EP$
$=> P(ADE)=AD+AE+DE=AD+DM+AE+EP=AM+AP=2.AM$
Tam giác ABC có O là TRUNG ĐIỂM của BC nên O cố định
OM vuông góc với AB (M thuộc AB) => M cố định
Ta cũng có A cố định => AM cố định
=> Chu vi tam giác ADE không đổi

Hỏi có bao nhiêu số nguyên n sao cho : -1964≤ x≤ 2011 và phân số $\frac{n^2+2}{n^2+9}$ chưa tối giản?

Với mọi n thì phân số ở đề bài là phân số tối giản thì phải có 3976 số thỏa mãn theo đề bài chứ không phải là 0

"chưa tối giản" mà

Bạn bị nhầm rồi . Đặt ($n^{2}+2,n^{2}+9)=d => n^{2}+2\vdots d ; n^{2}+9 \vdots d=>7\vdots d$

Không suy được ra $n^{2}+2\vdots 7$ đâu

Từ chỗ $7\vdots d$=> d bằng 1 hoặc 7

Trường hợp d=7 đã loại vậy d luôn bằng 1

=> Với mọi n thì phân số ở đề bài luôn là phân số tối giản
=> Số lượng số nguyên n thoả mãn là 0

1.Cho hình thang vuông ABCD(vuông tại A và B) có AD=2cm, AB=6cm và BC=3cm. AC cắt BD tại O. Tính $\widehat{BOC}$ (giải theo kiến thức lớp 8)

2.Cho hình bình hành ABCD có $\widehat{A}=120^{o}$. M bất kỳ thuộc AD. BM cắt CD tại N. Nối AN. CM cắt AN tại K. Tính $\widehat{AKC}$.

1.Kẻ BH vuông góc với AC. Cần chứng minh: BH=HO. Đặt CH=x(cm). $\Delta CHB\sim CBA$. Từ đó tính được HO=HB=2x(cm)

$\rightarrow \widehat{BOC}=45^{o}$

2. Ta có: $\frac{AM}{AC}=\frac{AM}{AB}=\frac{DM}{DN}=\frac{CB}{CN}=\frac{AC}{NC}$

$\rightarrow \Delta ANC\sim \Delta MCA(c.g.c)\rightarrow 60^{o}=\widehat{ACK}+\widehat{NCK}=\widehat{ANC}+\widehat{NCK}=\widehat{AKC} \rightarrow \widehat{AKC}=60^{o}$

Nếu vậy thì đề bài 2 phải là hình thoi chứ nhỉ

tam giác ABC, AB<AC, phân giác AP

D nằm trên AB, E nằm trên AC, BD=CE

M là trung điểm BC, N là trung điểm DE

CMR: MN//AP

Gọi H là trung điểm của DC, MN cắt AB tại K, AC cắt MN tại Q

Tam giác DEC có NH là đường trung bình $\Rightarrow NH=\frac{EC}{2}, NH\parallel EC\Rightarrow \widehat{MNH}=\widehat{MQC}=\widehat{AQK}$
Tam giác BDC có MH là đường trung bình $\Rightarrow MH=\frac{BD}{2}, MH\parallel BD\Rightarrow \widehat{HMN}=\widehat{AKQ}$
Vì BD=EC $\Rightarrow NH=HM\Rightarrow \widehat{MNH}=\widehat{HMN}\Rightarrow \widehat{AKQ}=\widehat{AQK}\Rightarrow \widehat{BAC}=2.\widehat{AQK}$
Mà $\widehat{BAC}=2.\widehat{PAC}\Rightarrow \widehat{PAC}= \widehat{AQK}\Rightarrow AP\parallel QM\Rightarrow AP\parallel MN$ (ĐPCM)

Mọi người làm thêm bài nữa nhé

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi K,Q theo thứ tự là trung điểm của BH,AH. CMR:

a) $\Delta$ABK đồng dạng với $\Delta$CAQ

b) AK vuông góc với CQ

mình làm phần b trước
b) Tam giác BAH có KQ là đường trung bình => KQ//AB => KQ vuông góc với AC
Tam giác KAC có KQ vuông góc với AC, AQ vuông góc với KC => Q là trực tâm tam giác KAC => QC vuông góc với AK
a) Ta có $\widehat{QCA}= \widehat{BAK}$ (cùng phụ với $\widehat{KAC}$)
Lại có $\widehat{QAC}=\widehat{KBA}$ (cùng phụ với $\widehat{BAH}$
Từ 2 điều trên suy ra $\Delta$ABK đồng dạng với $\Delta$CAQ(g.g)

Bài 3: Cho tứ giác ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC (M khác N). Đường thẳng MN cắt AD, BC lần lượt tại E, F. Chứng minh: AE.BF = DE.CF.

Bài của bạn giống ở đây, đoạn cuối nhân chéo ra là được http://diendantoanho...-minh-papdqcqb/

Cho hình thang ABCD có 2 đường chéo cắt nhau tại O. Chứng minh rằng

a) $S_{OAD}=S_{OBC}$

b) $S_{OAB}.S_{OCD}=S_{OAD}$

 

Chú ý: Cách gõ công thức Toán.

            Cách đặt tiêu đề bài viết đúng quy định.

b) Chỗ màu đỏ phải là $(S_{OAD})^{2}$
$\frac{S_{OAB}}{S_{OBC}}=\frac{OA}{OC}$
$\frac{S_{OAD}}{S_{OCD}}=\frac{OA}{OC}$
$\Rightarrow \frac{S_{OAB}}{S_{OBC}}=\frac{S_{OAD}}{S_{OCD}}\Rightarrow S_{OAB}.S_{OCD}=S_{OAD}.S_{OBC}=(S_{OAD})^{2}$
(vì $S_{OAD}=S_{OBC}$)

Câu 1 : 

           Đặt A = $5^{2n^{2}-6n+2}-12=25^{n^{2}-3n+1}-12\equiv 12^{n^{2}-3n+1}-12(mod13)$

                    =>$ 12^{n^{2}-3n+1}-12 = 12.(12^{n(n-3)}-1)$

                   $ (12^{n(n-3)}-1)$ chia luôn chia 13 dư 1 do n(n-3) luôn chia hết cho 2

                   => $5^{2n^{2}-6n+2}-12 \vdots 13$ mà A lại là số nguyên tố nên A= 13 

                  =>  $5^{2n^{2}-6n+2}=25$ => n =3

               Vậy n = 3

Lỗi latex, đã sửa lại