K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
23 tháng 8 2025
a: ta có: EI⊥BF
AC⊥BF
Do đó: EI//AC
=>\(\hat{IEB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)
mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
nên \(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)
Xét ΔKBE vuông tại K và ΔIEB vuông tại I có
BE chung
\(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)
Do đó: ΔKBE=ΔIEB
=>EK=BI
b: Điểm D ở đâu vậy bạn?
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
26 tháng 8 2025
1: Xét ΔBAC có KI//AC
nên \(\frac{BK}{BA}=\frac{BI}{BC}\)
Xét ΔBAC có IE//AB
nên \(\frac{CE}{CA}=\frac{CI}{CB}\)
ta có: \(\frac{BK}{BA}+\frac{CE}{CA}\)
\(=\frac{BI}{BC}+\frac{CI}{BC}=\frac{BC}{BC}=1\)
2: Qua M, kẻ MG//IE(G∈AC)
=>DE//MG
Xét ΔAMG có DE//MG
nên \(\frac{AE}{AG}=\frac{DE}{MG}\)
=>\(\frac{DE}{AE}=\frac{MG}{AG}\)
ta có: MG//IE
IE//AB
Do đó: MG//AB
Xét ΔABC có
M là trung điểm của BC
MG//AB
Do đó: G là trung điểm của AC
=>GA=GC
=>\(\frac{DE}{AE}=\frac{MG}{AG}=\frac{MG}{CG}\)
Xét ΔCAB có MG//AB
nên \(\frac{MG}{AB}=\frac{CG}{AC}\)
=>\(\frac{MG}{CG}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{DE}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
c:
Xét tứ giác AKIE có
AK//IE
AE//KI
Do đó: AKIE là hình bình hành
=>KI=AE: AK=IE
Xét ΔBAC có KI//AC
nên \(\frac{BK}{BA}=\frac{KI}{AC}\)
=>\(\frac{BK}{KI}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{DE}{AE}=\frac{BK}{KI}\)
mà AE=KI
nên DE=BK
S
subjects
CTVHS
31 tháng 8 2025
theo đề ta có: \(x+y+z=0\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2=0\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+2\cdot\left(xy+yz+zx\right)=0\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2=-2\left(xy+yz+xz\right)\left(1\right)\)
ta co: \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\right)\)
mà x + y + z = 0
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\Rightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz\left(2\right)\)
a. VT = \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x^4+y^4+z^4+2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)
ta có: \(\left(xy+yz+zx\right)^2=\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)+2xyz\cdot\left(x+y+z\right)\)
vì x+y+z=0 nên: \(\left(xy+yz+zx\right)^2=\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)
từ (1) ta có: \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=\left\lbrack-2\left(xy+yz+zx\right)^{}\right\rbrack^2\) (*)
\(=4\cdot\left(xy+yz+zx\right)^2=4\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)
ta có: \(4\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)=x^4+y^4+z^4+2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)
mà: \(2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)=x^4+y^4+z^4\)
thay vào (*) ta được:
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=\left(x^4+y^4+z^4\right)+2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)
\(=x^4+y^4+z^4+x^4+y^4+z^4=2\cdot\left(x^4+y^4+z^4\right)=VP\)
⇒ đpcm
b. \(VT=5\cdot\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(=5\cdot\left(3xyz\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(=15xyz\cdot\left(x^2+y^2+z^2\right)\) (3)
\(x+y+z=0\Rightarrow x+y=-z\)
\(x^5+y^5+z^5=x^5+y^5+\left\lbrack-\left(x+y\right)\right\rbrack^5=x^5+y^5-\left(x+y\right)^5\)
\(=x^5+y^5-\left(x^5+5y^4+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5\right)\)
\(=-5x^4y-10x^3y^2-10x^2y^3-5xy^4\)
\(=-5xy\left(x^3+2x^2y+2xy^2+y^3\right)\)
\(=-5xy\left\lbrack x^3+y^3+2xy\left(x+y\right)\right\rbrack\)
\(=-5xy\left\lbrack\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+Y\right)+2xy\left(x+y\right)\right\rbrack\)
\(=-5xy\left\lbrack\left(x+Y\right)^3-xy\left(x+y\right)\right\rbrack\)
\(=-5xy\left(x+Y\right)\left\lbrack\left(x+y\right)^2-xy\right\rbrack\)
vì x+y=-z nên ta có:
\(x^5+y^5+z^5=-5xy\left(-z\right)\left\lbrack\left(-z\right)^2-xy\right\rbrack=5xyz\left(x^2-zy\right)\)
mặt khác \(x+y=-z\Rightarrow\left(x+y\right)^2=z^2\Rightarrow x^2+y^2+2xy=z^2\)
\(x^2+y^2+z^2=x^2+y^2+\left(x+y\right)^2\)
\(=x^2+y^2+x^2+2xy+y^2=2\cdot\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(z^2-xy=\left(x+y\right)^2-xy=x^2+2xy+y^2-xy=x^2+xy+y^2\)
vậy \(x^5+y^5+z^5=5xyz\cdot\left(x^2+xy+y^2\right)=\frac52xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Rightarrow2\cdot\left(x^5+y^5+z^5\right)=5xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
⇒ \(6\cdot\left(x^5+y^5+z^5\right)=15xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\) (4)
từ (3) và (4) ⇒ VT = VP
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
13 tháng 8 2025
a: Xét tứ giác AEDF có \(\hat{AED}=\hat{AFD}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEDF là hình chữ nhật
b: AEDF là hình chữ nhật
=>DF//AE và DF=AE
DF//AE
=>GF//AE
Ta có DF=AE
DF=FG
Do đó: GF=AE
Xét tứ giác AEFG có
AE//FG
AE=FG
Do đó: AEFG là hình bình hành
c: AEDF là hình chữ nhật
=>AD cắt EF tại trung điểm của mỗi đường
mà H là trung điểm của AD
nên H là trung điểm của FE
AEDF là hình chữ nhật
=>AD=FE
mà \(HA=HD=\frac{AD}{2};HF=HE=\frac{EF}{2}\)
nên \(HA=HD=HF=HE=\frac{EF}{2}=\frac{AD}{2}\)
HI=HF
\(HF=HA\)
\(HA=\frac{AD}{2}\)
Do đó: \(IH=\frac{AD}{2}\)
Xét ΔIAD có
IH là đường trung tuyến
\(IH=\frac{AD}{2}\)
Do đó: ΔIAD vuông tại I
=>IA⊥ID
Bài 2:
a: Xét ΔCHO vuông tại H và ΔCIO vuông tại I có
CO chung
\(\hat{HCO}=\hat{ICO}\)
Do đó: ΔCHO=ΔCIO
=>CH=CI
=>ΔCHI cân tại C
b: Qua A, kẻ AF//BC(F∈HI)
Ta có: AF//BC
=>\(\hat{AFH}=\hat{CIH}\) (hai góc so le trong)
mà \(\hat{CIH}=\hat{CHI}\) (ΔCHI cân tại C)
và \(\hat{CHI}=\hat{AHF}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{AFH}=\hat{AHF}\)
=>AF=AH
=>AF=KI
Xét ΔMAF và ΔMKI có
\(\hat{MAF}=\hat{MKI}\) (hai góc so le trong, AF//KI)
AF=KI
\(\hat{MFA}=\hat{MIK}\) (hai góc so le trong, AF//KI)
Do đó: ΔMAF=ΔMKI
=>MA=MK
=>M là trung điểm của AK
c: Kẻ OD⊥AB tại D
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔADO vuông tại D có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{DAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔADO
=>AH=AD
mà AH=KI
nên AD=KI
Xét ΔBDO vuông tại D và ΔBIO vuông tại I có
BO chung
\(\hat{DBO}=\hat{IBO}\)
Do đó: ΔBDO=ΔBIO
=>BD=BI
ta có: BD+DA=BA
BI+IK=BK
mà BD=BI và DA=IK
nên BA=BK
=>B nằm trên đường trung trực của AK
Xét ΔBOA và ΔBOK có
BA=BK
\(\hat{OBA}=\hat{OBK}\)
BO chung
Do đó: ΔBOA=ΔBOK
=>OA=OK
=>O nằm trên đường trung trực của AK(2)
ta có: MA=MK
=>M nằm trên đường trung trực của AK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra B,O,M thẳng hàng
Bài 1:
a: Gọi K là giao điểm của DC và BE
Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)
\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)
Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)
Xét ΔDAC và ΔBAE có
AD=AB
\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)
AC=AE
Do đó: ΔDAC=ΔBAE
=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)
Xét tứ giác ADBK có \(\hat{ADK}=\hat{ABK}\)
nên ADBK là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DAB}=\hat{DKB}=90^0\)
=>CD⊥BE tại K
b: Gọi I là giao điểm của AM và DE
Trên tia đối của tia MA, lấy F sao cho MA=MF
Xét ΔMAC và ΔMFB có
MA=MF
\(\hat{AMC}=\hat{FMB}\) (hai góc đối đỉnh)
MC=MB
Do đó: ΔMAC=ΔMFB
=>\(\hat{MAC}=\hat{MFB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AC//BF
=>\(\hat{BAC}+\hat{ACF}=180^0\left(1\right)\)
ta có: \(\hat{BAC}+\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}=360^0\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{DAE}+90^0+90^0=360^0\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{DAE}=360^0-180^0=180^0\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ACF}=\hat{EAD}\)
Xét ΔACF và ΔEAD có
CF=AD
\(\hat{ACF}=\hat{EAD}\)
AC=EA
Do đó: ΔACF=ΔEAD
=>\(\hat{CAF}=\hat{AED}\)
Ta có: \(\hat{CAF}+\hat{CAE}+\hat{EAI}=180^0\)
=>\(\hat{CAF}+\hat{EAI}=180^0-90^0=90^0\)
=>\(\hat{AED}+\hat{EAI}=90^0\)
=>AI⊥DE tại I
=>H trùng với I
=>H,A,M thẳng hàng
=>AI⊥DE tại I
=>H trùng với I
=>H,A,M thẳng hàng